2022年全国高中数学联赛几何专题(平面几何解析几何)

专题05平面解析几何（选择题、填空题）考点三年考情（2022-2024）命题趋势考点1：直线方程与圆的方程2022年全国II卷、2022年全国甲卷（文）2022年全国乙卷（理）近三年高考对解析几何小题的考查比较稳定，考查内容、频率、题型难度均变化不大，备考时应熟练以下方向：（1）要重视直线方程的求法、两条直线的位置关系以及点到直线的距离公式这三个考点．（2）要重视直线与圆相交所得弦长及相切所得切线的问题．（3）要重视椭圆、双曲线、抛物线定义的运用、标准方程的求法以及简单几何性质，尤其是对离心率的求解，更是高考的热点问题，因方法多，试题灵活，在各种题型中均有体现．考点2：直线与圆的位置关系2024年北京卷、2022年全国甲卷（理）2022年天津卷、2022年北京卷2023年全国Ⅰ卷、2024年北京卷考点3：圆与圆的位置关系2022年全国I卷考点4：轨迹方程及标准方程2023年北京卷、2023年天津卷2024年全国Ⅱ卷、2022年天津卷2022年全国甲卷（文）考点5：椭圆的几何性质2022年全国I卷2023年全国甲卷（理）2023年全国甲卷（文）考点6：双曲线的几何性质2022年北京卷2023年全国乙卷（理）考点7：抛物线的几何性质2024年北京卷、2024年天津卷2023年全国乙卷（理）2023年天津卷、2023年全国Ⅱ卷2024年全国Ⅱ卷、2022年全国I卷考点8：弦长问题2022年全国乙卷（理）2023年全国甲卷（理）考点9：离心率问题2024年全国Ⅰ卷、2022年全国甲卷（文）2023年全国Ⅰ卷、2022年浙江卷2022年全国乙卷（理）2024年全国甲卷（理）2023年全国Ⅰ卷、2022年全国甲卷（理）考点10：焦半径、焦点弦问题2022年全国II卷、2023年北京卷考点11：范围与最值问题2022年全国II卷2024年全国甲卷（文）2023年全国乙卷（文）考点12：面积问题2024年天津卷、2023年全国Ⅱ卷2023年全国Ⅱ卷考点13：新定义问题2024年全国Ⅰ卷考点1：直线方程与圆的方程1．（2022年新高考全国II 卷数学真题）已知直线l 与椭圆22163x y +=在第一象限交于A ，B 两点，l 与x 轴，y 轴分别交于M ，N 两点，且||||,||23MA NB MN ==l 的方程为．2．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）设点M 在直线210x y +-=上，点(3,0)和(0,1)均在M 上，则M 的方程为．3．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）过四点(0,0),(4,0),(1,1),(4,2)-中的三点的一个圆的方程为．考点2：直线与圆的位置关系4．（2024年北京高考数学真题）若直线()3y k x =-与双曲线2214xy -=只有一个公共点，则k 的一个取值为．5．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）若双曲线2221(0)x y m m-=>的渐近线与圆22430x y y +-+=相切，则m =．6．（2022年新高考天津数学高考真题）若直线()00x y m m -+=>与圆()()22113x y -+-=相交所得的弦长为m ，则m =．7．（2022年新高考北京数学高考真题）若直线210x y +-=是圆22()1x a y -+=的一条对称轴，则=a （）A ．12B ．12-C ．1D ．1-8．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）过点()0,2-与圆22410x y x +--=相切的两条直线的夹角为α，则sin α=（）A ．1B ．154C ．104D 649．（2024年北京高考数学真题）圆22260x y x y +-+=的圆心到直线20x y -+=的距离为（）A 2B ．2C ．3D ．32考点3：圆与圆的位置关系10．（2022年新高考全国I 卷数学真题）写出与圆221x y +=和22(3)(4)16x y -+-=都相切的一条直线的方程．考点4：轨迹方程及标准方程11．（2023年北京高考数学真题）已知双曲线C 的焦点为(2,0)-和(2,0)，离心率为2，则C 的方程为．12．（2023年天津高考数学真题）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点分别为12F F 、．过2F 向一条渐近线作垂线，垂足为P ．若22PF =，直线1PF 的斜率为24，则双曲线的方程为（）A ．22184x y -=B ．22148x y -=C ．22142x y -=D ．22124x y -=13．（2022年新高考天津数学高考真题）已知抛物线21245,,y F F =分别是双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左、右焦点，抛物线的准线过双曲线的左焦点1F ，与双曲线的渐近线交于点A ，若124F F A π∠=，则双曲线的标准方程为（）A ．22110x y -=B ．22116y x -=C ．2214y x -=D ．2214x y -=14．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的离心率为13，12,A A 分别为C 的左、右顶点，B 为C 的上顶点．若121BA BA ⋅=-，则C 的方程为（）A ．2211816x y +=B ．22198x y +=C ．22132x y +=D ．2212x y +=15．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知曲线C ：2216x y +=（0y >），从C 上任意一点P 向x 轴作垂线段PP '，P '为垂足，则线段PP '的中点M 的轨迹方程为（）A ．221164x y +=（0y >）B ．221168x y +=（0y >）C ．221164y x +=（0y >）D ．221168y x +=（0y >）考点5：椭圆的几何性质16．（2022年新高考全国I 卷数学真题）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>，C 的上顶点为A ，两个焦点为1F ，2F ，离心率为12．过1F 且垂直于2AF 的直线与C 交于D ，E 两点，||6DE =，则ADE V 的周长是．17．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）设O 为坐标原点，12,F F 为椭圆22:196x yC +=的两个焦点，点P 在C 上，123cos 5F PF ∠=，则||OP =（）A ．135B ．302C ．145D ．35218．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题）设12,F F 为椭圆22:15x C y +=的两个焦点，点P 在C 上，若120PF PF ⋅=，则12PF PF ⋅=（）A ．1B ．2C ．4D ．5考点6：双曲线的几何性质19．（2022年新高考北京数学高考真题）已知双曲线221x y m +=的渐近线方程为3y =，则m =．20．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）设A ，B 为双曲线2219y x -=上两点，下列四个点中，可为线段AB 中点的是（）A ．()1,1B ．()1,2-C ．()1,3D ．()1,4--考点7：抛物线的几何性质21．（2024年北京高考数学真题）抛物线216y x =的焦点坐标为．22．（2024年天津高考数学真题）圆22(1)25-+=x y 的圆心与抛物线22(0)y px p =>的焦点F 重合，A 为两曲线的交点，则原点到直线AF 的距离为．23．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）已知点(5A 在抛物线C ：22y px =上，则A 到C 的准线的距离为.24．（2023年天津高考数学真题）已知过原点O 的一条直线l 与圆22:(2)3C x y ++=相切，且l 与抛物线22(0)y px p =>交于点,O P 两点，若8OP =，则p =．25．（多选题）（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）抛物线C ：24y x =的准线为l ，P 为C 上的动点，过P 作22:(4)1A x y +-=⊙的一条切线，Q 为切点，过P 作l 的垂线，垂足为B ，则（）A ．l 与A 相切B ．当P ，A ，B 三点共线时，||15PQ =C ．当||2PB =时，PA AB⊥D ．满足||||PA PB =的点P 有且仅有2个26．（多选题）（2022年新高考全国I 卷数学真题）已知O 为坐标原点，点(1,1)A 在抛物线2:2(0)C x py p =>上，过点(0,1)B -的直线交C 于P ，Q 两点，则（）A ．C 的准线为1y =-B ．直线AB 与C 相切C ．2|OP OQ OA⋅>D ．2||||||BP BQ BA ⋅>27．（多选题）（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）设O 为坐标原点，直线)31y x =--过抛物线()2:20C y px p =>的焦点，且与C 交于M ，N 两点，l 为C 的准线，则（）．A ．2p =B ．83MN =C ．以MN 为直径的圆与l 相切D ．OMN 为等腰三角形考点8：弦长问题28．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）设F 为抛物线2:4C y x =的焦点，点A 在C 上，点(3,0)B ，若AF BF =，则AB =（）A ．2B ．22C ．3D ．3229．（2023年高考全国甲卷数学（理）真题）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>5C 的一条渐近线与圆22(2)(3)1x y -+-=交于A ，B 两点，则||AB =（）A 55B ．255C ．355D ．455考点9：离心率问题30．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左右焦点分别为12F F 、，过2F 作平行于y 轴的直线交C 于A ，B 两点，若1||13,||10F A AB ==，则C 的离心率为．31．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）记双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的离心率为e ，写出满足条件“直线2y x =与C 无公共点”的e 的一个值．32．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的左、右焦点分别为12,F F ．点A 在C 上，点B 在y 轴上，11222,3F A F B F A B ⊥=- ，则C 的离心率为．33．（2022年新高考浙江数学高考真题）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点为F ，过F 且斜率为4b a的直线交双曲线于点()11,A x y ，交双曲线的渐近线于点()22,B x y 且120x x <<．若||3||FB FA =，则双曲线的离心率是．34．（多选题）（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）双曲线C 的两个焦点为12,F F ，以C 的实轴为直径的圆记为D ，过1F 作D 的切线与C 交于M ，N 两点，且123cos 5F NF ∠=，则C 的离心率为（）A 52B ．32C ．132D ．17235．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）已知双曲线的两个焦点分别为()()0,4,0,4-，点()6,4-在该双曲线上，则该双曲线的离心率为（）A ．4B ．3C ．2D 236．（2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设椭圆2222122:1(1),:14x x C y a C y a +=>+=的离心率分别为12,e e ．若213e e =，则=a （）A 233B 2C 3D 637．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左顶点为A ，点P ，Q 均在C上，且关于y 轴对称．若直线,AP AQ 的斜率之积为14，则C 的离心率为（）A 32B ．22C ．12D ．13考点10：焦半径、焦点弦问题38．（多选题）（2022年新高考全国II 卷数学真题）已知O 为坐标原点，过抛物线2:2(0)C y px p =>焦点F 的直线与C 交于A ，B 两点，其中A 在第一象限，点(,0)M p ，若||||AF AM =，则（）A ．直线AB 的斜率为26B ．||||OB OF =C ．||4||AB OF >D ．180OAM OBM ∠+∠<︒39．（2023年北京高考数学真题）已知抛物线2:8C y x =的焦点为F ，点M 在C 上．若M 到直线3x =-的距离为5，则||MF =（）A ．7B ．6C ．5D ．4考点11：范围与最值问题40．（2022年新高考全国II 卷数学真题）设点(2,3),(0,)A B a -，若直线AB 关于y a =对称的直线与圆22(3)(2)1x y +++=有公共点，则a 的取值范围是．41．（2024年高考全国甲卷数学（文）真题）已知直线20ax y a ++-=与圆2241=0C x y y ++-：交于,A B 两点，则AB 的最小值为（）A ．2B ．3C ．4D ．642．（2023年高考全国乙卷数学（文）真题）已知实数,x y 满足224240x y x y +---=，则x y -的最大值是（）A ．3212+B ．4C ．132+D ．7考点12：面积问题43．（2024年天津高考数学真题）双曲线22221()00a x y a bb >-=>，的左、右焦点分别为12.F F P 、是双曲线右支上一点，且直线2PF 的斜率为2．12PF F △是面积为8的直角三角形，则双曲线的方程为（）A ．22182y x -=B ．22184x y -=C ．22128x y -=D ．22148x y -=44．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知直线:10l x my -+=与()22:14C x y -+= 交于A ，B 两点，写出满足“ABC 面积为85”的m 的一个值．45．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知椭圆22:13x C y +=的左、右焦点分别为1F ，2F ，直线y x m =+与C 交于A ，B 两点，若1F AB △ 面积是2F AB △ 面积的2倍，则m =（）．A ．23B 23C ．23D ．23-考点13：新定义问题46．（多选题）（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）设计一条美丽的丝带,其造型可以看作图中的曲线C 的一部分.已知C 过坐标原点O .且C 上的点满足:横坐标大于2-，到点(2,0)F 的距离与到定直线(0)x a a =<的距离之积为4，则（）A ．2a =-B ．点(22,0)在C 上C ．C 在第一象限的点的纵坐标的最大值为1D ．当点()00,x y 在C 上时，0042y x ≤+。

图1图2教学创新（三）第三步：证明△OXY∽△CDB 具体证明过程如下：由第二步已知A 、B 、C 、D 四点共圆，所对应的圆记为圆O 1；A 、D 、O 、Y 四点共圆，所对应的圆记为圆O 2；A 、B 、X 、O 四点共圆，所对应的圆记为圆O 3。

根据圆内接四边形性质定理可知，因为A 、D 、O 、Y 四点共圆，四边形ADOY 为圆O 2的内接四边形，所以∠AYO+∠ADO=180°。

又根据平角定理可知，因为∠AYO+∠OYX=180°，所以通过等量代换得出∠OYX=∠AOD 。

因为OA=OD 且都是圆O 1的半径，所以根据等边对等角定理得出∠ADO=∠OAD ，又因为∠OAD=∠CAD ，所以∠OXY=∠CAD 。

在圆O 1中，因为∠CAD=∠CBD ，所以∠OYX=∠CBD 。

同理，在圆O 3中，同AO 弧所对的圆周角相等，即∠OYX=∠OBA 。

又因为OA=OB 且都是圆O 1的半径，所以∠OBA=∠OAB 。

又因为∠OAB=∠CAB ，所以∠OXY=∠CAB 。

在圆O 1中，同弧BC 所对的两个周角相等，即∠CAB=∠CDB ，所以∠OXY=∠CDB ；因为∠OYX=∠CBD ，∠OXY=∠CDB ，所以根据相似三角形判定定理可知△OXY ∽△CDB 。

（四）第四步：得出结论BD=2XY 具体证明过程如下：因为O 是AC 中点，且OM ⊥AP ，CK ⊥AP ，所以在△CAK 中OM 为三角形中线，因此根据三角形中位线定理可知CK=2OM 。

因为∠APB=2∠CPD ，其中∠APB=∠KPD ，此外∠KPD=∠KPC +∠CPD ，通过等量代换得出2∠CPD=∠KPC+∠CPD ，所以∠KPC=∠CPD ，所以PC 为角∠KPD 的角平分线。

又根据角平分线定理，因为CK ⊥AP ，CL ⊥BD ，CK ⊥CL ，所以通过等量代换得出CL=2OM ；因为△OXY ～△CDB ，且OM ，CL 为这两个相似三角形对应边XY ，DB 上的高，所以XY DB =OM CL =OM 2OM =12，最后根据相似三角形的性质定理及等量代换得到BD=2XY 。

专题05 平面解析几何1．【2022年全国甲卷】已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为13，A1,A2分别为C的左、右顶点，B为C的上顶点．若→BA1⋅→BA2=―1，则C的方程为（）A．x218+y216=1B．x29+y28=1C．x23+y22=1D．x22+y2=1【答案】B【解析】【分析】根据离心率及BA1⋅BA2=―1，解得关于a2,b2的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率e=ca =1―b2a2=13，解得b2a2=89，b2=89a2，A1,A2分别为C的左右顶点，则A1(―a,0),A2(a,0)，B为上顶点，所以B(0,b).所以BA1=(―a,―b),BA2=(a,―b)，因为BA1⋅BA2=―1所以―a2+b2=―1，将b2=89a2代入，解得a2=9,b2=8，故椭圆的方程为x29+y28=1.故选：B.2．【2022年全国甲卷】椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP,AQ的斜率之积为14，则C的离心率为（）A．32B．22C．12D．13【答案】A 【解析】【分析】设P(x1,y1)，则Q(―x1,y1)，根据斜率公式结合题意可得y12―x12+a2=14，再根据x12a2+y12b2=1，将y1用x1表示，整理，再结合离心率公式即可得解.【详解】解：A(―a,0)，设P(x1,y1)，则Q(―x1,y1)，则k AP=y1x1+a ,k AQ=y1―x1+a，故k AP⋅k AQ=y1x1+a ⋅y1―x1+a=y12―x12+a2=14，又x12a2+y12b2=1，则y12=b2(a2―x12)a2，所以a―x12+a2=14，即b2a2=14，所以椭圆C的离心率e=ca =1―b2a2=32.故选：A.3．【2022年全国乙卷】设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若|AF|= |BF|，则|AB|=（）A．2B．22C．3D．32【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，F(1,0)，则|AF|=|BF|=2，即点A到准线x=―1的距离为2，所以点A的横坐标为―1+2=1，不妨设点A在x轴上方，代入得，A(1,2)，所以|AB|=(3―1)2+(0―2)2=22.故选：B4．【2022年全国乙卷】（多选）双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的两支交于M，N两点，且cos∠F1NF2=35，则C的离心率为（）A．52B．32C．132D．172【答案】AC【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x 轴，设过F 1作圆D 的切线切点为G ，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到2b =3a 或a =2b ，即可得解，注意就M ,N 在双支上还是在单支上分类讨论.【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x 轴，设过F 1作圆D 的切线切点为G ，若M ,N 分别在左右支，因为OG ⊥NF 1，且cos ∠F 1NF 2=35>0，所以N 在双曲线的右支，又|OG |=a ，|OF 1|=c ，|GF 1|=b ，设∠F 1NF 2=α，∠F 2F 1N =β，在△F 1NF 2中，有|NF 2|sin β=|NF 1|sin(α+β)=2csin α，故|NF 1|―|NF 2|sin(α+β)―sin β=2csin α即a sin(α+β)―sin β=csin α，所以a sin αcos β+cos αsin β―sin β=csin α，而cos α=35，sin β=a c ，cos β=b c ，故sin α=45，代入整理得到2b =3a ，即b a =32，所以双曲线的离心率e =ca =1+b 2a2=132若M ,N 均在左支上，同理有|NF 2|sin β=|NF 1|sin(α+β)=2c sin α，其中β为钝角，故cos β=―bc ，故|NF 2|―|NF 1|sin β―sin(α+β)=2csin α即asin β―sin αcos β―cos αsin β=csin α，代入cos α=35，sin β=ac ，sin α=45，整理得到：a4b +2a =14，故a =2b ，故e ==52，故选：AC.5．【2022年北京】若直线2x +y ―1=0是圆(x ―a)2+y 2=1的一条对称轴，则a =（ ）A ．12B ．―12C ．1D ．―1【答案】A 【解析】【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解．【详解】由题可知圆心为(a,0)，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即2a +0―1=0，解得a =12．故选：A ．6．【2022年新高考1卷】（多选）已知O 为坐标原点，点A (1,1)在抛物线C :x 2=2py (p >0)上，过点B (0,―1)的直线交C 于P ，Q 两点，则（ ）A．C的准线为y=―1B．直线AB与C相切C．|OP|⋅|OQ|>|OA|2D．|BP|⋅|BQ|>|BA|2【答案】BCD【解析】【分析】求出抛物线方程可判断A，联立AB与抛物线的方程求交点可判断B，利用距离公式及弦长公式可判断C、D.【详解】将点A的代入抛物线方程得1=2p，所以抛物线方程为x2=y，故准线方程为y=―14，A错误；k AB=1―(―1)1―0=2，所以直线AB的方程为y=2x―1，联立y=2x―1x2=y，可得x2―2x+1=0，解得x=1，故B正确；设过B的直线为l，若直线l与y轴重合，则直线l与抛物线C只有一个交点，所以，直线l的斜率存在，设其方程为y=kx―1，P(x1,y1),Q(x2,y2)，联立y=kx―1x2=y，得x2―kx+1=0，所以Δ=k2―4>0x1+x2=kx1x2=1，所以k>2或k<―2，y1y2=(x1x2)2=1，又|OP|=x21+y21=y1+y21，|OQ|=x22+y22=y2+y22，所以|OP|⋅|OQ|=y1y2(1+y1)(1+y2)=kx1×kx2=|k|>2=|OA|2，故C正确；因为|BP|=1+k2|x1|，|BQ|=1+k2|x2|，所以|BP|⋅|BQ|=(1+k2)|x1x2|=1+k2>5，而|BA|2=5，故D正确.故选：BCD7．【2022年新高考2卷】（多选）已知O为坐标原点，过抛物线C:y2=2px(p>0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|，则（）A．直线AB的斜率为26B．|OB|=|OF|C．|AB|>4|OF|D．∠OAM+∠OBM<180°【答案】ACD【解析】由|AF |=|AM |及抛物线方程求得A (3p 4,6p2)，再由斜率公式即可判断A 选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得B (p3,―6p3)，即可求出|OB |判断B 选项；由抛物线的定义求出|AB |=25p12即可判断C 选项；由OA ⋅OB <0，MA ⋅MB <0求得∠AOB ，∠AMB 为钝角即可判断D选项.【详解】对于A ，易得F (p2,0)，由|AF |=|AM |可得点A 在FM 的垂直平分线上，则A 点横坐标为p2+p 2=3p 4，代入抛物线可得y 2=2p ⋅3p4=32p 2，则A (3p 4,6p2)，则直线AB 的斜率为6p23p 4―p 2=26，A 正确；对于B ，由斜率为26可得直线AB 的方程为x =126y +p2，联立抛物线方程得y 2―16py ―p 2=0，设B (x 1,y 1)，则62p +y 1=66p ，则y 1=―6p3，代入抛物线得―=2p ⋅x 1，解得x 1=p 3，则B (p3,―6p 3)，则|OB |==7p 3≠|OF |=p2，B 错误；对于C ，由抛物线定义知：|AB |=3p 4+p3+p =25p 12>2p =4|OF |，C 正确；对于D ，OA ⋅OB =(3p 4,6p2)⋅(p3,―6p3)=3p 4⋅p3+6p 2⋅―=―3p24<0，则∠AOB 为钝角，又MA ⋅MB =(―p 4,6p2)⋅(―2p 3,―6p 3)=―p4⋅+6p 2⋅―=―5p26<0，则∠AMB又∠AOB+∠AMB+∠OAM+∠OBM=360∘，则∠OAM+∠OBM<180∘，D正确.故选：ACD.8．【2022年全国甲卷】设点M在直线2x+y―1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M的方程为______________．【答案】(x―1)2+(y+1)2=5【解析】【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在⊙M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M在直线2x+y―1=0上，∴设点M为(a,1―2a)，又因为点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴(a―3)2+(1―2a)2=a2+(―2a)2=R，a2―6a+9+4a2―4a+1=5a2，解得a=1，∴M(1,―1)，R=5，⊙M的方程为(x―1)2+(y+1)2=5.故答案为：(x―1)2+(y+1)2=59．【2022年全国甲卷】记双曲线C:x2a2―y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值______________．【答案】2（满足1<e≤5皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线y=±ba x中0<ba≤2即可求得满足要求的e值.【详解】解：C:x2a2―y2b2=1(a>0,b>0)，所以C的渐近线方程为y=±bax,结合渐近线的特点，只需0<ba ≤2，即b2a2≤4，可满足条件“直线y=2x与C无公共点”所以e =ca =1+b 2a2≤1+4=5，又因为e >1，所以1<e ≤5，故答案为：2（满足1<e ≤5皆可）10．【2022年全国甲卷】若双曲线y 2―x2m 2=1(m >0)的渐近线与圆x 2+y 2―4y +3=0相切，则m =_________．【答案】33【解析】【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可．【详解】解：双曲线y 2―x2m 2=1(m >0)的渐近线为y =±xm ，即x ±my =0，不妨取x +my =0，圆x 2+y 2―4y +3=0，即x 2+(y ―2)2=1，所以圆心为(0,2)，半径r =1，依题意圆心(0,2)到渐近线x +my =0的距离d =|2m |1+m 2=1，解得m =33或m =―33（舍去）．故答案为：33．11．【2022年全国乙卷】过四点(0,0),(4,0),(―1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】(x ―2)2+(y ―3)2=13或(x ―2)2+(y ―1)2=5或x +y ―=659或x +(y ―1)2=16925；【解析】【分析】设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可；【详解】解：依题意设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，若过(0,0)，(4,0)，(―1,1)，则F =016+4D +F =01+1―D +E +F =0 ，解得F =0D =―4E =―6，所以圆的方程为x 2+y 2―4x ―6y =0，即(x ―2)2+(y ―3)2=13；若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，则F =016+4D +F =016+4+4D +2E +F =0 ，解得F =0D =―4E =―2，所以圆的方程为x 2+y 2―4x ―2y =0，即(x ―2)2+(y ―1)2=5；若过(0,0)，(4,2)，(―1,1)，则F =01+1―D +E +F =016+4+4D +2E +F =0，解得F =0D =―83E =―143，所以圆的方程为x 2+y 2―83x ―143y =0，即x ―+y=659；若过(―1,1)，(4,0)，(4,2)，则1+1―D +E +F =016+4D +F =016+4+4D +2E +F =0，解得F =―165D =―165E =―2，所以圆的方程为x 2+y 2―165x ―2y ―165=0，即x―+(y ―1)2=16925；故答案为：(x ―2)2+(y ―3)2=13或(x ―2)2+(y ―1)2=5或x ―+y =659或x+(y ―1)2=16925；12．【2022年新高考1卷】写出与圆x 2+y 2=1和(x ―3)2+(y ―4)2=16都相切的一条直线的方程________________．【答案】y =―34x +54或y =724x ―2524或x =―1【解析】【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可.【详解】圆x 2+y 2=1的圆心为O (0,0)，半径为1，圆(x ―3)2+(y ―4)2=16的圆心O 1为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切，如图，当切线为l 时，因为k OO 1=43，所以k l =―34，设方程为y =―34x +t (t >0)O 到l 的距离d =|t|1+916=1，解得t =54，所以l 的方程为y =―34x +54，当切线为m 时，设直线方程为kx +y +p =0，其中p >0，k <0，1=4，解得k =―724p =2524，y =724x ―2524当切线为n 时，易知切线方程为x =―1，故答案为：y =―34x +54或y =724x ―2524或x =―1.13．【2022年新高考1卷】已知椭圆C :x 2a 2+y2b 2=1(a >b >0)，C 的上顶点为A ，两个焦点为F 1，F 2，离心率为12．过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，|DE |=6，则△ADE 的周长是________________．【答案】13【解析】【分析】利用离心率得到椭圆的方程为x 24c 2+y23c 2=1，即3x 2+4y 2―12c 2=0，根据离心率得到直线A F 2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE 的斜率，写出直线DE 的方程：x =3y ―c ，代入椭圆方程3x 2+4y 2―12c 2=0，整理化简得到：13y 2―63cy ―9c 2=0，利用弦长公式求得c =138，得a =2c =134，根据对称性将△ADE 的周长转化为△F 2DE 的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a =13.【详解】∵椭圆的离心率为e =ca =12，∴a =2c ，∴b 2=a2―c 2=3c 2，∴椭圆的方程为x24c 2+y 23c 2=1，即3x 2+4y 2―12c 2=0，不妨设左焦点为F 1，右焦点为F 2，如图所示，∵AF 2=a ，OF 2=c ，a =2c ，∴∠AF 2O =π3，∴△AF 1F 2为正三角形，∵过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，DE 为线段AF 2的垂直平分线，∴直线DE 的斜率为33，斜率倒数为3， 直线DE 的方程：x =3y ―c ，代入椭圆方程3x 2+4y 2―12c 2=0，整理化简得到：13y 2―63cy ―9c 2=0，判别式∆=(63c )2+4×13×9c 2=62×16×c 2，∴|CD |=1+(3)2|y 1―y 2|=2×∆13=2×6×4×c13=6，∴ c =138， 得a =2c =134， ∵DE 为线段AF 2的垂直平分线，根据对称性，AD =DF 2，AE =EF 2，∴△ADE 的周长等于△F 2DE 的周长，利用椭圆的定义得到△F 2DE 周长为|DF 2|+|EF 2|+|DE |=|DF 2|+|EF 2|+|DF 1|+|EF 1|=|DF 1|+|DF 2|+|EF 1|+|EF 2|=2a +2a =4a =13.故答案为：13.14．【2022年新高考2卷】设点A (―2,3),B (0,a )，若直线AB 关于y =a 对称的直线与圆(x +3)2+(y +2)2=1有公共点，则a 的取值范围是________．【解析】【分析】首先求出点A 关于y =a 对称点A ′的坐标，即可得到直线l 的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可；【详解】解：A (―2,3)关于y =a 对称的点的坐标为A ′(―2,2a ―3)，B (0,a )在直线y =a 上，所以A ′B 所在直线即为直线l ，所以直线l 为y =a ―3―2x +a ，即(a ―3)x +2y ―2a =0；圆C :(x +3)2+(y +2)2=1，圆心C (―3,―2)，半径r =1，依题意圆心到直线l 的距离d =|―3(a ―3)―4―2a |(a ―3)2+22≤1，即(5―5a )2≤(a ―3)2+22，解得13≤a ≤32，即a ∈故答案为：15．【2022年新高考2卷】已知直线l 与椭圆x26+y23=1在第一象限交于A ，B 两点，l 与x 轴，y 轴分别交于M ，N 两点，且|MA |=|NB |,|MN |=23，则l 的方程为___________．【答案】x +2y ―22=0【解析】【分析】令AB 的中点为E ，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，利用点差法得到k OE ⋅k AB =―12，设直线AB :y =kx +m ，k <0，m >0，求出M 、N 的坐标，再根据|MN |求出k 、m ，即可得解；【详解】解：令AB 的中点为E ，因为|MA |=|NB |，所以|ME |=|NE |，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 126+y 123=1，x 226+y 223=1，所以x 126―x 226+y 123―y 223=0，即(x 1―x 2)(x 1+x 2)6+(y 1+y 2)(y 1―y 2)3=0所以(y 1+y 2)(y 1―y 2)(x1―x 2)(x 1+x 2)=―12，即k OE ⋅k AB =―12，设直线AB :y =kx +m ，k <0，m >0，令x =0得y =m ，令y =0得x =―mk ，即M ―m k,0，N (0,m )，所以E ―m 2k 即k ×m 2―m 2k=―12，解得k =―22或k =22（舍去），又|MN |=23，即|MN |=m 2+(2m )2=23，解得m =2或m =―2（舍去），所以直线AB :y =―22x +2，即x +2y ―22=0；故答案为：x+2y―22=016．【2022年北京】已知双曲线y2+x2m =1的渐近线方程为y=±33x，则m=__________．【答案】―3【解析】【分析】首先可得m<0，即可得到双曲线的标准方程，从而得到a、b，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线y2+x2m =1，所以m<0，即双曲线的标准方程为y2―x2―m=1，则a=1，b=―m，又双曲线y2+x2m =1的渐近线方程为y=±33x，所以ab =33，即1―m=33，解得m=―3；故答案为：―317．【2022年浙江】已知双曲线x2a2―y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点A(x1,y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2,y2)且x1<0<x2．若|FB|=3|FA|，则双曲线的离心率是_________．【答案】364【解析】【分析】联立直线AB 和渐近线l 2:y =ba x 方程，可求出点B ，再根据|FB |=3|FA |可求得点A ，最后根据点A 在双曲线上，即可解出离心率．【详解】过F 且斜率为b4a 的直线AB :y =b4a (x +c )，渐近线l 2:y =ba x ，联立y =b4a(x +c)y =b ax，得|FB |=3|FA |，得A ―5c9而点A 在双曲线上，于是25c 281a 2―b 2c 281a 2b 2=1，解得：c 2a 2=8124，所以离心率e =364.故答案为：364．18．【2022年全国甲卷】设抛物线C :y 2=2px (p >0)的焦点为F ，点D (p,0)，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，|MF |=3．(1)求C 的方程；(2)设直线MD ,ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线MN ,AB 的倾斜角分别为α,β．当α―β取得最大值时，求直线AB 的方程．【答案】(1)y 2=4x ；(2)AB :x =2y +4.【解析】【分析】（1）由抛物线的定义可得|MF |=p +p2，即可得解；（2）设点的坐标及直线MN :x =my +1，由韦达定理及斜率公式可得k MN =2k AB ，再由差角的正切公式及基本不等式可得k AB =22，设直线AB :x=2y +n ，结合韦达定理可解.(1)抛物线的准线为x=―p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，此时|MF|=p+p2=3，所以p=2，所以抛物线C的方程为y2=4x；(2)设M(y214,y1),N(y224,y2),A(y234,y3),B(y244,y4)，直线MN:x=my+1，由{x=my+1y2=4x可得y2―4my―4=0，Δ>0,y1y2=―4，由斜率公式可得k MN=y1―y2y214―y224=4y1+y2，k AB=y3―y4y234―y244=4y3+y4，直线MD:x=x1―2y1⋅y+2，代入抛物线方程可得y2―4(x1―2)y1⋅y―8=0，Δ>0,y1y3=―8，所以y3=2y2，同理可得y4=2y1，所以k AB=4y3+y4=42(y1+y2)=k MN2又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α,β，所以k AB=tanβ=k MN2=tanα2，若要使α―β最大，则β∈(0,π2)，设k MN=2k AB=2k>0，则tan(α―β)=tanα―tanβ1+tanαtanβ=k1+2k2=11k+2k≤121k⋅2k=24，当且仅当1k =2k即k=22时，等号成立，所以当α―β最大时，k AB=22，设直线AB:x=2y+n，代入抛物线方程可得y2―42y―4n=0，Δ>0,y3y4=―4n=4y1y2=―16，所以n=4，所以直线AB:x=2y+4.【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.19．【2022年全国乙卷】已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0,―2),―1两点．(1)求E的方程；(2)设过点P(1,―2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足MT=TH．证明：直线HN过定点．【答案】(1)y24+x23=1(2)(0,―2)【解析】【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解.(1)解：设椭圆E的方程为mx2+ny2=1，过A(0,―2),―1，4n=1+n=1，解得m=13，n=14，所以椭圆E的方程为：y24+x23=1.(2)A(0,―2),B(32,―1)，所以AB:y+2=23x，①若过点P(1,―2)的直线斜率不存在，直线x=1.代入x23+y24=1，可得M(1,263)，N(1,―263)，代入AB方程y=23x―2，可得T(6+3,263)，由MT=TH得到H(26+5,263).求得HN方程：y=(2―263)x―2，过点(0,―2).②若过点P(1,―2)的直线斜率存在，设kx―y―(k+2)=0,M(x1,y1),N(x2,y2).联立kx―y―(k+2)=0x23+y24=1,得(3k2+4)x2―6k(2+k)x+3k(k+4)=0，可得x1+x2=6k(2+k)3k2+4x1x2=3k(4+k)3k2+4，y1+y2=―8(2+k)3k2+4y2y2=4(4+4k―2k2)3k2+4，且x1y2+x2y1=―24k3k2+4(∗)联立y=y1y=23x―2,可得T(3y12+3,y1),H(3y1+6―x1,y1).可求得此时HN:y―y2=y1―y23y1+6―x1―x2(x―x2)，将(0,―2)，代入整理得2(x1+x2)―6(y1+y2)+x1y2+x2y1―3y1y2―12=0，将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k―24k―48―48k+24k2―36k2―48=0,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,―2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.20．【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2―y2a2―1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ=22，求△PAQ的面积．【答案】(1)―1；(2)1629．【解析】【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x1,y1),Q (x2,y2)，再根据k AP+k BP=0，即可解出l的斜率；（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据tan∠PAQ=22即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2―y2a2―1=1(a>1)上，所以4a2―1a2―1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22―y2=1易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x1,y1),Q(x2,y2)，kx+my2=1可得，(1―2k2)x2―4mkx―2m2―2=0，所以，x1+x2=―4mk2k2―1,x1x2=2m2+22k2―1，Δ=16m2k2+4(2m2+2)(2k2―1)>0⇒m2―1+2k2>0．所以由k AP+k BP=0可得，y2―1x2―2+y1―1x1―2=0，即(x1―2)(kx2+m―1)+(x2―2)(kx1+m―1)=0，即2kx1x2+(m―1―2k)(x1+x2)―4(m―1)=0，所以2k×2m2+22k2―1+(m―1―2k)―4(m―1)=0，化简得，8k2+4k―4+4m(k+1)=0，即(k+1)(2k―1+m)=0，所以k=―1或m=1―2k，当m=1―2k时，直线l:y=kx+m=k(x―2)+1过点A(2,1)，与题意不符，舍去，故k=―1．(2)不妨设直线PA,PB的倾斜角为α,β(α<β)，因为k AP+k BP=0，所以α+β=π，因为tan∠PAQ=22，所以tan(β―α)=22，即tan2α=―22，即2tan2α―tanα―2=0，解得tanα=2，于是，直线PA:y=2(x―2)+1，直线PB:y=―2(x―2)+1，联立y=2(x―2)+1x22―y2=1可得，32x2+2(1―22)x+10―42=0，因为方程有一个根为2，所以x P=10―423，y P=42―53，同理可得，x Q=10+423，y Q=―42―53．所以PQ:x+y―53=0，|PQ|=163，点A到直线PQ的距离d=|2+1―53|2=223，故△PAQ的面积为12×163×223=1629．21．【2022年新高考2卷】已知双曲线C:x2a2―y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y=±3x．(1)求C的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上，且x1>x2>0,y1>0．过P且斜率为―3的直线与过Q且斜率为3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.=1【答案】(1)x2―y23(2)见解析【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=|B M|等价分析得到x0+ky0=8k2；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方k2―3，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由①程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y0M在直线AB上等价于ky0=k2(x0―2)，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.(1)=3，∴b=3a，∴c2=a2+b2右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±3x，∴ba=4a2=4，∴a=1，∴b=3．=1；∴C的方程为：x2―y23(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x―2),则条件①M在AB上，等价于y0=k(x0―2)⇔ky0=k2(x0―2)；两渐近线的方程合并为3x2―y2=0,联立消去y 并化简整理得：(k 2―3)x 2―4k 2x +4k 2=0设A (x 3,y 3),B (x 3,y 4),线段中点为N (x N ,y N ),则x N =x 3+x 42=2k 2k 2―3,y N=k (x N ―2)=6kk 2―3,设M (x 0,y 0),则条件③|AM |=|BM |等价于(x 0―x 3)2+(y 0―y 3)2=(x 0―x 4)2+(y 0―y 4)2,移项并利用平方差公式整理得：(x 3―x 4)[2x 0―(x 3+x 4)]+(y 3―y 4)[2y 0―(y 3+y 4)]=0，[2x 0―(x 3+x 4)]+y 3―y 4x 3―x 4[2y 0―(y 3+y 4)]=0,即x 0―x N +k (y 0―y N )=0,即x 0+ky 0=8k2k 2―3；由题意知直线PM 的斜率为―3, 直线QM 的斜率为3,∴由y 1―y 0=―3(x 1―x 0),y 2―y 0=3(x 2―x 0),∴y 1―y 2=―3(x 1+x 2―2x 0),所以直线PQ 的斜率m =y 1―y 2x 1―x 2=―3(x 1+x 2―2x 0)x 1―x 2,直线PM :y =―3(x ―x 0)+y 0,即y =y 0+3x 0―3x ,代入双曲线的方程3x 2―y 2―3=0,+―y =3中，得：y 0+3x 023x ―y 0+3x 0=3,解得P 的横坐标：x 1=y 0+3x 0,同理：x 2=+y 0―3x 0，∴x 1―x 2+y 0,x 1+x 2―2x 0=―3x 0y 20―3x 20―x 0,∴m =3x 0y 0,∴条件②PQ //AB 等价于m =k⇔ky 0=3x 0，综上所述：条件①M 在AB 上，等价于ky 0=k 2(x 0―2)；条件②PQ //AB 等价于ky 0=3x 0；条件③|AM |=|BM |等价于x 0+ky 0=8k2k 2―3；选①②推③:由①②解得：x 0=2k2k 2―3,∴x 0+ky 0=4x 0=8k 2k 2―3,∴③成立；选①③推②：由①③解得：x 0=2k 2k 2―3，ky 0=6k2k 2―3，∴ky 0=3x 0，∴②成立；选②③推①：由②③解得：x 0=2k 2k 2―3，ky 0=6k2k 2―3，∴x 0―2=6k 2―3，∴ky 0=k 2(x 0―2)，∴①成立.22．【2022年北京】已知椭圆：E :x2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A (0,1)，焦距为23．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P (―2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN |=2时，求k 的值．【答案】(1)x24+y 2=1(2)k =―4【解析】【分析】（1）依题意可得b =12c =23c 2=a 2―b 2，即可求出a ，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设B (x 1,y 1)、C (x 2,y 2)，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线AB 、AC 的方程，表示出x M 、x N ，根据|MN |=|x N ―x M |得到方程，解得即可；(1)解：依题意可得b =1，2c =23，又c 2=a 2―b 2，所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P (―2,1)的直线为y ―1=k (x +2)，设B (x 1,y 1)、C (x 2,y 2)，不妨令―2≤x 1<x 2≤2，由y ―1=k (x +2)x 24+y 2=1，消去y 整理得(1+4k 2)x 2+(16k 2+8k )x +16k 2+16k =0，所以Δ=(16k 2+8k )2―4(1+4k 2)(16k 2+16k )>0，解得k <0，所以x 1+x 2=―16k 2+8k1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k1+4k 2，直线AB 的方程为y ―1=y 1―1x 1x ，令y =0，解得x M =x 11―y 1，直线AC 的方程为y ―1=y 2―1x 2x ，令y =0，解得x N =x 21―y 2，所以|MN |=|x N ―x M |=|x 21―y 2―x 11―y 1|=|x 21―[k (x 2+2)+1]―x 11―[k (x 1+2)+1]|=|x 2―k (x 2+2)+x 1k (x 1+2)|=|(x 2+2)x 1―x 2(x 1+2)k (x 2+2)(x 1+2)|=2|x 1―x 2||k |(x2+2)(x 1+2)=2，所以|x 1―x 2|=|k |(x 2+2)(x 1+2)，即(x 1+x 2)2―4x 1x 2=|k |[x 2x 1+2(x 2+x 1)+4]|k +2―+4即81+4k 2(2k 2+k )2―(1+4k 2)(k 2+k )=|k |1+4k 216k 2+16k ―2(16k 2+8k )+4(1+4k 2)整理得8―k =4|k |，解得k =―423．【2022年浙江】如图，已知椭圆x212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P (0,1)的两点，且点Q AB 上，直线PA ,PB 分别交直线y =―12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值；(2)求|CD |的最小值．【答案】(1)121111；(2)655．【解析】【分析】（1）设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|PQ |2，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线AB :y =kx +12与椭圆方程联立可得x 1x 2,x 1+x 2，再将直线y =―12x +3方程与PA 、PB 的方程分别联立，可解得点C ,D 的坐标，再根据两点间的距离公式求出|CD |，最后代入化简可得|CD |=352⋅16k 2+1|3k +1|，由柯西不等式即可求出最小值．(1)设Q (23cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P (0,1),则|PQ |2=12cos 2θ+(1―sin θ)2=13―11sin 2θ―2sinθ=―11sin θ++14411≤14411，当且仅当sin θ=―111时取等号，故|PQ |的最大值是121111.(2)设直线AB :y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x212+y 2=1联立,可得k 22+kx ―34=0,设A(x 1,y 1),B (x 2,y 2)，所以x 1+x 2=―kk 2+112x 1x 2=，因为直线PA :y =y 1―1x 1x +1与直线y =―12x +3交于C ,则x C =4x 1x1+2y 1―2=4x 1(2k +1)x1―1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2―2=4x 2(2k +1)x2―1.则|CD |=1+14|x C ―x D |=52|4x 1(2k +1)x 1―1―4x 2(2k +1)x 2―1|=25|x 1―x 2[(2k +1)x 1―1][(2k +1)x 2―1]|=25|x 1―x 2(2k +1)2x 1x 2―(2k +1)(x 1+x 2)+1|=352⋅16k 2+1|3k +1|=655⋅16k 2+1916+1|3k +1|≥655=655，当且仅当k =316时取等号，故|CD|的最小值为655.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．1．（2022·全国·模拟预测）设M 是椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>的上顶点，P 是C 上的一个动点，当P 运动到下顶点时，PM 取得最大值，则C 的离心率的取值范围是（ ）A ．⎫⎪⎪⎭B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．⎛ ⎝D ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦【答案】C 【解析】【分析】设()00,P x y ，由()0,M b ，求出()2220PM x y b =+-消元可得，22342220222c b b PM y a b b c c⎛⎫=-++++ ⎪⎝⎭，再根据0b y b -≤≤以及二次函数的性质可知，32b b c-≤-，即可解出．【详解】设()00,P x y ，()0,M b ，因为2200221x y a b+=，222a b c =+，所以()()2223422222220000022221y c b b PM x y b a y b y a b b b c c ⎛⎫⎛⎫=+-=-+-=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0b y b -≤≤，由题意知当0y b =-时，2PM 取得最大值，所以32b b c -≤-，可得222a c ≥，即0e <≤故选：C ．2．（2022·福建·三明一中模拟预测）已知圆229:4O x y +=，圆22:()(1)1M x a y -+-=，若圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得π3APB ∠=，则实数a的取值范围是（ ）A ．[B ．[C ．D ．[ 【答案】D 【解析】【分析】由题意求出OP 的距离，得到 P 的轨迹，再由圆与圆的位置关系求得答案．【详解】由题可知圆O 的半径为32，圆M 上存在点P ，过点P 作圆 O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得60APB ∠=︒，则30APO ∠=︒，在Rt PAO △中，3PO =，所以点 P 在圆229x y +=上，由于点 P 也在圆 M 上，故两圆有公共点.又圆 M 的半径等于1，圆心坐标(),1M a ，3131OM -≤≤+∴，∴24≤≤，∴a ∈[ .故选：D.3．（2022·全国·模拟预测（文））已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）一个虚轴的顶点为()0,B b ，右焦点为F ，分别以B ，F 为圆心作圆与双曲线的一条斜率为正值的渐近线相切于M ，N 两点，若ON = ）A ．12B ．1C D 【答案】A 【解析】【分析】根据渐近线倾斜角的正切值表达出ON =4224200b a b a --=求解即可【详解】由题意，如图，设NOF θ∠=，则因为该渐近线的斜率为b a ，故tan baθ=，cos a c θ==，sin bcθ==，又因为圆与渐近线相切，故BM OM ⊥，FN ON ⊥，故2cos sin 2b OM OB OB c π-θθ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，cos ON OF a θ==,所以a =即2=，所以4224200b a b a --=，即()()2222450b aba -+=，故2240b a -=，即2a b =，故该渐近线的斜率为12b k a == 故选：A4．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知12,F F 分别为双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左焦点和右焦点，过2F 的直线l 与双曲线的右支交于A ，B 两点，12AF F △的内切圆半径为1r ，12BF F △的内切圆半径为2r ，若12r r >，且直线l 的倾斜角为60︒，则12r r 的值为（ ）A ．2B ．3CD．【答案】B 【解析】【分析】根据内切圆的性质及双曲线的定义求出两内切圆圆心的横坐标，由正切函数求解即可.【详解】记12AF F △的内切圆圆心为C ，边1212,,AF AF F F 上的切点分别为M ，N ，E，则C ，E 横坐标相等，则1122||||,,AM AN F M F E F N F E ===，由122AF AF a -=，即()12||||2AM MF AN NF a +-+=，得122MF NF a -=，即122F E F E a -=，记C 的横坐标为0x ，则()0,0E x ，于是()002x c c x a +--=，得0x a =，同理12BF F △的内心D 的横坐标也为a ，则有CD x ⊥轴，由直线的倾斜角为60︒，则230OF D ∠=︒，260CF O ∠=︒，在2CEF △中，122tan tan 60r CF O EF ∠=︒=，可得1r =在2DEF △中，222tan tan 30r DF O EF ∠=︒=，可得2r =可得123r r =．故选：B5．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知双曲线22214x y b -=的左､右焦点分别为12,,F F 过左焦点1F 作斜率为2的直线与双曲线交于A ，B 两点，P 是AB 的中点，O 为坐标原点，若直线OP 的斜率为14，则b 的值是（ ）A ．2BC ．32D【答案】D 【解析】【分析】利用点差法设()11,A x y 、()22,B x y ，作差即可得到2121212124y y y y b x x x x -+⋅=-+，再根据斜率公式，从而得到2124b =，即可得解；【详解】解：设()11,A x y 、()22,B x y ，则2211214x y b -=，2222214x y b-=，两式相减可得()()()()1212121221104x x x x y y y y b-+--+=，P 为线段AB 的中点，122p x x x ∴=+，122p y y y =+，2121212124y y y y b x x x x -+∴⋅=-+，又12122AB y y k x x -==-，121214y y x x +=+， 2124b ∴=，即22b =，b ∴故选：D.6．（2022·全国·模拟预测（理））已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、有焦点分别为1F ，2F ，实轴长为4，离心率2e =，点Q 为双曲线右支上的一点，点(0,4)P ．当1||QF PQ +取最小值时，2QF 的值为（ ）A．1)B．1)-C．1D．1【答案】B 【解析】【分析】由题意求得a,b,c ,即可得双曲线的方程，结合双曲线的定义确定当1||QF PQ +取最小值时Q 点的位置，利用方程组求得Q 点坐标，再利用两点间的距离公式求得答案.【详解】由题意可得24,2a a == ，又2e =，故4c = ，所以22212b c a =-= ，则双曲线方程为221412x y -= ，结合双曲线定义可得221||4||||4QF PQ QF PQ QF PQ +=++=++，如图示，连接2PF ,交双曲线右支于点M ，即当2,,P Q F 三点共线，即Q 在M 位置时，1||QF PQ +取最小值，此时直线2PF 方程为4y x =-+ ，联立221412x y-=，解得点Q的坐标为2,6-,( Q 为双曲线右支上的一点)，1)=，故选：B7．（2022·上海市七宝中学模拟预测）若双曲线221112211:1(0,0)x y C a b a b -=>>和双曲线222222222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的焦点相同，且12a a >给出下列四个结论：①22221221a a b b -=-；②1221a b a b >； ③双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点； ④2112a a b b +>+；其中所有正确的结论序号是（ ）A ．①②B ．①③C ．②③D ．①④【答案】B 【解析】【分析】对于①，根据双曲线的焦点相同，可知焦距相同，可判断22221221a a b b -=-；对于②，举反例可说明1122a b a b <；对于③，根据120a a >>可推得12<b b ，继而推得1212b b a a <，可判断双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点；对于④，举反例可判断.【详解】对于①：∵两双曲线的焦点相同，∴焦距相同，∴22221122a b a b +=+，即22221221a a b b -=-，故①正确；对于②：若1a =，2a =11b =，2=b ，则1122a b a b <，故②错误；对于③：∵120a a >>，∴22221221a a b b -=->0，∴2221b b > ，即12<b b ，即1212b b a a <，双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点，故③正确；对于④：∵22221221a a b b -=-，∴12121221()()()()a a a a b b b b +-=+-，∵12a a >且12<b b ，∴12211212a ab b b b a a +-=+- ，若12a =，21a =，11b =，22b =，则1212a a b b +=+，故④错误.故选：B8．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测（理））已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左､右焦点分别为12,F F ，M 为双曲线右支上的一点，若M 在以12F F 为直径的圆上，且215,312MF F ππ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，则该双曲线离心率的取值范围为（ ）A．(B．)+∞C．()1+D．1⎤⎦【答案】D 【解析】【分析】由12MF MF ⊥可得1212sin MF c MF F =∠、2212cos MF c MF F =∠，由双曲线定义可构造方程得到ca=；由正弦型函数值域的求法可求得离心率的取值范围.【详解】M 在以12F F 为直径的圆上，12MF MF ∴⊥，12112sin MF MF F F F ∴∠=，22112cos MF MF F F F ∠=，1212sin MF c MF F ∴=∠，2212cos MF c MF F =∠，由双曲线定义知：122MF MF a -=，即21212sin 2cos 2c MF F c MF F a ∠-∠=，21211sin cos c a MF F MF F ∴=∠-∠215,312MF F ππ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦ ，21,4126MF F πππ⎡⎤∴∠-∈⎢⎥⎣⎦，211sin 42MF F π⎤⎛⎫∴∠-∈⎥ ⎪⎝⎭⎦，214MF F π⎛⎫∠-∈ ⎪⎝⎭，1c a ⎤∴∈+⎦，即双曲线离心率的取值范围为1⎤⎦.故选：D.9．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，过点1F 的直线l 与C 的左、右两支分别交于点,A B ，若2ABF 是边长为4的等边三角形，则C 的离心率为（ ）A ．3BCD ．2【答案】B 【解析】【分析】由双曲线定义可推导得244AF a ==，求得1a =；在12BF F △中，利用余弦定理可求得12F F ，进而得到c ，由ce a=可求得离心率.【详解】224AB BF AF === ，1212BF BF AF a ∴-==，又212AF AF a -=，244AF a ∴==，解得：1a =，16BF ∴=，在12BF F △中，由余弦定理得：2221212122cos 283F F BF BF BF BF π=+-⋅=，解得：12F F =2c =c ∴=，∴双曲线C 的离心率ce a==故选：B.10．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的左右焦点为12,F F ，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得12F F P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是（ ）A ．111,,1322⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．110,,132⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】【分析】由题可知六个P 点，有两个是短轴端点，因此在四个象限各一个，设(,)P x y 是第一象限内的点，分112PF F F =或212PF F F =，列方程组求得P 点横坐标x ，由0x a <<可得离心率范围；或结合椭圆的性质列出不等关系即得．【详解】法一：显然，P 是短轴端点时，12PF PF =，满足12F F P 为等腰三角形，因此由对称性，还有四个点在四个象限内各有一个，设(,)P x y 是第一象限内使得12F F P 为等腰三角形的点，若112PF F F =，则222212x y a b c ⎧+=⎪⎨=，又222a b c =+，消去y 整理得：222224240c x a cx a c a +-+=，解得22a ac x c --=(舍去)或22a acx c -+=，由0x a <<得220a aca c-+<<，所以112c a <<，即112e <<，若212PF F F =，则222212x y a b c ⎧+=⎪⎨=，又222a b c =+，消去y 整理得：222224240c x a cx a c a --+=，解得22a ac x c -=或22a ac x c +=，22a aca c +>舍去．所以220a aca c-<<，所以1132c a <<，即1132e <<，12e =时，2a c =，12PF F △是等边三角形，P 只能是短轴端点，只有2个，不合题意．综上，e 的范围是111(,)(,1)322⋃．法二：①当点P 与短轴的顶点重合时，12F F P 构成以12F F 为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的12F F P ；②当12F F P 构成以12F F 为一腰的等腰三角形时，根据椭圆的对称性，只要在第一象限内的椭圆上恰好有一点P 满足12F F P 为等腰三角形即可，则1122PF F F c ==或2122PF F F c ==当12PF c =时，则2c a >，即12c e a =>，则112e <<，当22PF c =时，则有22c a c c a>-⎧⎨<⎩，则1132e <<，综上所述，椭圆的离心率取值范围是111,,1322⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.故选：A.11．（2022·内蒙古·海拉尔第二中学模拟预测（文））已知椭圆()2222:10x y C a b a b +=>>的两个焦点分别为1F 和2F ，椭圆C 上一点到1F 和2F 的距离之和为4，且椭圆C(1)求椭圆C 的方程；(2)过左焦点1F 的直线l 交椭圆于A 、B 两点，线段AB 的中垂线交x 轴于点D （不与1F 重合），是否存在实数λ，使1AB DF λ=恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说出理由.【答案】(1)2214x y +=(2)存在，λ=【解析】【分析】（1）由椭圆的定义可求得a 的值，根据椭圆的离心率求得c 的值，再求出b 的值，即可得出椭圆C 的方程；（2）分析可知，直线l 不与x 轴垂直，分两种情况讨论，一是直线l 与x 轴重合，二是直线l 的斜率存在且不为零，设出直线l 的方程，与椭圆方程联立，求出AB 、1DF ，即可求得λ的值.(1)解：由椭圆的定义可得24a =，则2a =，因为c e a==c ∴=1b ==，因此，椭圆C 的方程为2214x y +=.(2)解：若直线l 与x 轴垂直，此时，线段AB 的垂直平分线为x 轴，不合乎题意；若直线l 与x 轴重合，此时，线段AB 的垂直平分线为y 轴，则点D 与坐标原点重合，此时，1AB DF λ=== 若直线l 的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为)0x my m =≠，设点()11,A x y 、()22,B x y ，。

备战2022年高中数学联赛之历年真题分类汇编(2015-2021)专题42平面解析几何第二缉1．【2018年湖北预赛】已知点P 在离心率为√2的双曲线x 2a2−y 2b 2=1(a >0,b >0)上，F 1、F 2为双曲线的两个焦点，且PF 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅PF ⃑⃑⃑⃑⃑ 2=0，则ΔPF 1F 2的内切圆半径r 与外接圆半径R 之比为______. 【答案】√62−1【解析】由PF ⃑⃑⃑⃑⃑ 1⋅PF 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0，知∠P 1PF 2=90°.设|PF 1|=m,|PF 2|=n ，又|F 1F 2|=2c ，则可得R =c,r =12(m +n −2c )，m 2+n 2=4c 2， ① |m −n |=2a . ②设rR=k ，则r =kR =kc =12(m +n −2c )，即有m +n =(2k +2)c . ③由①②③可得(2k +2)2c 2+4a 2=8c 2，所以 (k +1)2=2c 2−a 2c 2=2−1e 2=32，解得k =√62−1.2．【2018年甘肃预赛】已知点P 为直线x +2y =4上一动点，过点P 作椭圆x 2+4y 2=4的两条切线，切点分别为A,B ．当点P 运动时，直线AB 过定点的坐标是______． 【答案】(1,12) 【解析】点P (x 0,y 0)的切点弦AB ：x 0x +4y 0y =4，又因为x 0+2y 0=4，对比系数可知切点弦过定点(1,12)． 3．【2018年吉林预赛】已知圆C 的方程为x 2+y 2−8x +15=0，若直线y =kx −2(k ∈R )上至少存在一点，使得以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，则k 的最大值等于__________. 【答案】43 【解析】因为圆C 的方程可化为(x −4)2+y 2=1，所以圆C 的圆心为（4，0），半径为1.若y =kx −2上至少存在一点A （x 0,kx 0−2），以该点为圆心，1为半径的圆与圆C 有公共点，那么存在x 0∈R ，使得|AC |≤1+1=2成立，即有|AC |min ≤2，又因为|AC |min 为点C 到直线y =kx −2的距离d =√k 2+1，所以√k 2+1≤2，解得0≤k ≤43，因此k 的最大值是43.故答案为：434．【2018年吉林预赛】已知点P 在直线x +2y −1=0上，点Q 在直线x +2y +3=0上，PQ 的中点为M （x 0,y 0），且y 0>x 0+2，则y0x 0的取值范围是_____________.【答案】（−12，−15） 【解析】注意到两直线是平行的，故点M 的轨迹为与两直线的距离相等，且平行于两直线的直线，其方程为x +2y +1=0，即M （x 0,y 0）满足x o +2y 0+1=0，而且满足不等式y 0>x o +2的点都在直线y =x +2的左上方.问题转化为求射线x 0+2y 0+1=0（x 0<−53）上点M （x 0,y 0）的y0x 0的取值范围，而y0x 0的几何意义是M（x 0,y 0）与原点连线的斜率，故k OM =y 0x 0∈（−12，−15）.故答案为：（−12，−15）5．【2018年河南预赛】设经过定点M (a,0)的直线l 与抛物线y 2=4x 相交于P 、Q 两点，若1|PM |2+1|QM |2为常数，则a 的值为______． 【答案】2 【解析】设直线l 的参数方程为{x =a +tcosαy =tsinα （t 是参数，α是倾斜角且α∈(0,π)， 代入抛物线方程得t 2sin 2α−4tcosα−4a =0． 设该方程的两根为t 1、t 2，则t 1+t 2=4cosαsin 2α，t 1⋅t 2=−4a sin 2t，则1|PM|2+1|QM|2=1t 12+1t 22=t 12+t 22(t 1t 2)2=(t 1+t 2)2−2t 1t 2(tt 1t 2)2=16cos 2αsin 4α+8asin 2α16a 2sin 4α=2cos 2α+asin 2α2a 2为常数，所以a =2．6．【2018年河北预赛】在平面直角坐标系中，若与点A （2，2）的距离为1，且与点B （m ，0）的距离为3的直线恰有三条，则实数m 的取值集合是________.【答案】{2−2√3,2+2√3}【解析】以A为圆心，1为半径的圆，和以B为圆心，3为半径的圆相外切时，恰有三条公切线.利用AB=1+3，可得√(m−2)2+4=4∴m=2±2√3，即实数m的取值集合是{2−2√3,2+2√3}.7．【2018年辽宁预赛】已知A、B分别为C1:x2−y+1=0和C2:y2−x+1=0上的点，则|AB|的最小值为_____.【答案】3√24【解析】由于抛物线C1、C2关于直线y=x对称，则A、B也关于直线y=x对称.（否则A、B关于y=x的对称点A′、B′也分别在另一条抛物线上，且|AB|=|A′B′|.设AB交A′、B′于点M，则|AB|+|A′B′|=|MA|+|MA′|+|MB′|>|AA′|+|BB′|，故|AA′|和|BB′|中必有一个小于|AB|，矛盾.）因此只需求点A到直线y=x的距离最小值的二倍，则A为平行于y=x的直线与y=x2+1的切点，解得A(12,54)，故|AB|的最小值为3√24.故答案为：3√248．【2018年江西预赛】若双曲线L的两个焦点恰是椭圆T:x216+y29=1的两个顶点，而双曲线L的两个顶点恰是椭圆T的两个焦点，则双曲线L的方程为______．【答案】x 27−y29=1【解析】据条件知，双曲线L的中心在原点，实对称轴为x轴．设其方程为x 2a2−y2b2=1，则其顶点为(±a,0)，焦点为(±c,0)．而椭圆的长轴顶点为(±4,0)，焦点为(±√7,0)，于是a=√7，c=4．因此b=√c2−a2=3，故所求双曲线方程为x27−y29=1．故答案为：x 27−y29=19．【2018年山西预赛】若双曲线L1的两个焦点分别是椭圆L2:x252+y242=1的两个顶点，而双曲线L1的两条准线分别通过椭圆L2的两个焦点，则双曲线L1的方程是：________.【答案】x 215−y210=1【解析】椭圆的长轴顶点为A(−5,0),B(5,0)，则其焦点在X轴上，用c1，c2分别表示L1,L2的半焦距，则c1=5，而c22=52−42=9，c2=3；所以椭圆焦点为F1(−3,0),F2(3,0).所以双曲线的实轴为X轴，设其方程为x2a2−y2 b2=1，由a2c1=3，所以a2=15.b2=c12−a2=52−15=10，因此双曲线L1的方程是x215−y210=1.10．【2018年福建预赛】已知F1、F2分别为双曲线C:x24−y212=1的左、右焦点，点P在双曲线C上，G、I分别为△F1PF2的重心、内心．若GI∥x轴，则△F1PF2的外接圆半径R=______．【答案】5【解析】不妨设P(x0,y0)在第一象限，|PF1|=r1，|PF2|=r2．依题意，r1−r2=4，|F1F2|=8．由G、I分别为△F1PF2的重心、内心，GI∥x轴，得△F1PF2的内切圆半径r=13y0．所以S△F1PF2=12(|F1P|+|F1F2|+|F2P|)⋅r=12(r1+r2+8)⋅13y0．又S△F1PF2=12⋅|F1F2|⋅y0=4y0．所以12(r1+r1+8)⋅13y0=4y0．故r1+r2=16，结合r1−r2=4，得r1=10，r2=6．由此得到，|F1P|2=|F1F2|2+|F2P|2．因此PF2⊥F1F2．所以△F1PF2的外接圆半径R=12|F1P|=5．11．【2018年全国】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，椭圆C的弦ST与UV分别平行于x轴与y轴，且相交于点P.已知线段PU，PS，PV，PT的长分别为1，2，3，6，则ΔPF1F2的面积为【答案】√15【解析】由对称性，不妨设P(x p,y p)在第一象限，则由条件知x p=12(|PT|−|PS|)=2,y P=12(|PV|−|PU|)=1.即P（2，1）.进而由x p=|PU|=1,|PS|=2得U（2，2）），S（4，1），代入椭圆C的方程知4⋅1a2+4⋅1b2=16⋅1a2+1b2=1，解得a2=20，b2=5.从而SΔPF1F2=12⋅|F1F2|⋅|y P|=√a2−b2⋅y P=√15.12．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1,F2，椭圆C的弦ST与UV分别平行于x轴与y轴，且相交于点P.已知线段PU，PS，PV，PT的长分别为1，2，3，6，则△PF1F2的面积为.【答案】√15【解析】由对称性，不妨设P(x p,y p)在第一象限，则由条件知x p=12(|PT|−|PS|)=2,y p=12(|PV|−|PU|)=1，即P(2，1).进而由x p=|PU|=1,|PS|=2得U(2，2)，S(4，1)，代入椭圆C的方程知4⋅1a2+4⋅1b2=16⋅1a2+1b2=1，解得a2=20,b2=5.从而S△PF1F2=12⋅|F1F2|⋅|y P|=√a2−b2⋅y P=√15.13．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】设抛物线C:y2=2x的准线与x轴交于点A，过点B(－1，0)作一直线l与抛物线C相切于点K，过点A作l的平行线，与抛物线C交于点M，N，则△KMN的面积为.【答案】12【解析】设直线l与MN的斜率为k，则l:x=1k y−1,MN:x=1ky−12.将l与C联立，得方程y2−2k y+2=0，由条件知其判别式为零，故k=±√22.将MN与C联立，得方程y2−2ky+2=0，于是|y M−y N|=√(y M+y N)2−4y M y N=√4k2−4=2，结合l与MN平行，可知S△KMN=S△BMN=|S△BAM−S△BAN|=12⋅|AB|⋅|y M−y N|=12⋅12⋅2=12.14．【2017高中数学联赛A卷（第01试）】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的方程为x29+y210=1，F为C的上焦点，A为C的右顶点，P是C上位于第一象限内的动点，则四边形OAPF的面积的最大值为.【答案】3√112【解析】易知A(3，0)、F(0，1).设P的坐标是(3cosθ,√10sinθ),θ∈(0,π2)，则S四边形OAPF =S△OAP+S△OFP=12⋅3⋅√10sinθ+12⋅1⋅3cosθ=32(√10sinθ+cosθ)=3√112sin(θ+φ).其中φ=arctan√1010.当θ=arctan√10时，四边形OAPF面积的最大值为3√112.15．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设a为非零实数，在平面直角坐标系xOy中，二次曲线x2+ ay2+a2=0的焦距为4，则a的值为.【答案】1−√172【解析】二次曲线的方程可以写成−x 2a2−y2a=1.显然必须有－a>0，故二次曲线为双曲线，其标准方程为2(√−a)2−x2(−a)2=1.则c2=(√−a)2+(−a)2=a2−a，注意到焦距2c=4，可知a2−a=4，又a<0，所以a=1−√172.16．【2017年天津预赛】设F是椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点,A是该椭圆上位于第一象限的一点.过A作圆x2+y2=b2的切线,切点为P.则|AF|−|AP|=.【答案】a【解析】提示:设F(−c,0),A(a cos t,b sin t),其中t∈(0,π2),则AF∣=√(a cos t+c)2+(b sin t)2=√a2cos2t+2ac cos t+c2+(a2−c2)sin2t=√a2+2ac cos t+c2cos2t=a+c cos t,同时|AP|=√AO2−OP2=√(a cos t)2+(b sin t)2−b2=√(a2−b2)cos2t=c cos t.可见|AF|−|AP|=a. 17．【2017年河北预赛】双曲线C:x2−y2=2的右焦点为F,P为其左支上任意一点,点A的坐标为(−1,1),则△APF周长的最小值为.【答案】3√2+√10【解析】提示:易得|AF|=√10.设双曲线的左焦点为F′,则由双曲线定义知|PF|−|PF′|=2√2.△APF 周长为l =|PA |+|PF |+|AF |=|PA |+2√2+|PF ′|+√10=|PA |+|PF ′|+2√2+√10≥|AF ′|+2√2+√10=3√2+√10.18．【2017年山西预赛】直线y =kx −2交抛物线y 2=8x 于A 、B 两点,若线段AB 的中点横坐标为2,则线段AB 的长度|AB |= .【答案】2√15【解析】提示:由kx =y +2,有ky 2=8kx =8y +16,y 1,2=4k ±4k √k +1, 于是x 1,2=2+y 1,2k=2k +4k 2±4k 2√k +1, 由条件,2=x 1+x 22=2k +4k 2,得k =2或k =−1.若k =−1,由{y =−x −2,y 2=8x,这时直线与抛物线只有唯一交点(2,−4),不合题意.若k =2,则由{y =2x −2,y 2=8x,解得两交点A(2+√3,2+2√3),B(2−√3,2−2√3),这时|AB |=2√15.19．【2017年辽宁预赛】已知F 1,F 2分别为椭圆Γ:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点,|F 1F 2|=2.A 为Γ的右端点,直线l 过点A 且垂直于x 轴,P 为直线l 上一动点,若∠F 1PF 2的最大值为π4,则此时点P 的坐标为.【答案】P(√2,1)或(√2,−1)【解析】设PA =|x |,则tan α=xa+c ,tan β=xa−c ,tan θ=tan (β−α)=x a−c −x a+c1+x a−c ⋅x a+c=2cx b 2+x 2≤2cx 2bx =cb ,当且仅当x =b时等号成立.因为∠F 1PF 2的最大值为π4,故cb =tan π4=1,即b =c . 又|F 1F 2|=2,则c =1,b =1,a =√2.∠F 1PF 2最大时|x |=b , 即P(√2,1)或(√2,−1).20．【2017年吉林预赛】若椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)恒过定点(√22,√22),且其长轴长的取值范围是[√5,√6],则椭圆的离心率的取值范围是.【答案】[√33,√2 2]【解析】由椭圆x 2a2+y2b2=1过定点(√22,√22),得12a2+12b2=1,即a2+b2=2a2b2.①又因为e2=c2a2=a2−b2a2,得a2e2=a2−b2,即b2=a2−a2e2，②由①②得,e=2a 2−22a2−1=1−12a2−1.因为a∈[√52,√62],所以e∈[√33,√22].21．【2017年福建预赛】已知P为双曲线C:x24−y212=1上一点,F1,F2为双曲线C的左、右焦点,M、I分别为△PF1F2的重心、内心,若MI⊥x轴,则△PF1F2内切圆的半径为.【答案】√6【解析】提示:如图,不妨设点P在第一象限,D、E、F分别为⊙I与△PF1F2三边相切的切点.则由切线长定理以及双曲线定义,得2a=|PF1|−|PF2|=(|PF|+|FF1|)−(|PE|+|EF2|)=|FF1|−|EF2|= |F1D|−|F2D|=(x D+c)−(c−x D)=2x D，所以x D=a=2,x M=x I=x D=2.设P(x0,y0),由M为△PF1F2的重心,知x0=3x M=6,y0=4√6.所以|PF1|=√(6+4)2+(4√6−0)2=14|PF2|=√(6−4)2+(4√6−0)2=10，设△PF1F2的内切圆半径为r,则S△PF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)×r=16r，另一方面，S△PF1F2=12×|F1F2|×y0=12×8×4√6=16√6，所以16r=16√6,r=√6.22．【2017年江西预赛】若椭圆的一个顶点关于它的一个焦点的对称点恰好在其准线上,则椭圆的离心率e =.【答案】e =12或√22【解析】提示：建立坐标系,设椭圆方程为x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0),则顶点A 1,2=(±a,0),B 1,2=(0,±b ),焦点F 1,2=(±c,0),准线方程为l 1,2:x =±a 2c ,其中c =√a 2−b 2. 根据对称性,只要考虑两种情况:(1)A 1(−a,0)关于F 2(c,0)的对称点在右准线x =a 2c上,由−a +a 2c=2c ,得e =c a=12;(2)B 1(0,b )关于F 2(c,0)的对称点在右准线x =a 2c 上,由横坐标0+a 2c=2c ,得e =ca =√22. 23．【2017年河南预赛】设A 、B 是椭圆x 2+3y 2=1上的两个动点,且OA ⊥OB(O 为坐标原点).则∣AB |的最大值和最小值的乘积为.【答案】2√33【解析】提示：以O为极点,x轴的正半轴为极轴建立极坐标系, 则椭圆方程为：ρ2(cos2θ+3sin2θ)=1,θ∈[0,2π)，设A(ρ1,α),B(ρ2,α+π2),则|AB|2=ρ12+ρ22=1cos2α+3sin2α+1sin2α+3cos2α=43+sin22α.从而|AB|的最大值为2√33,最小值为1,故|AB||AB|的最大值和最小值的乘积为2√33.24．【2017年湖北预赛】过抛物线y2=4x的焦点F的直线交拋物线于M、N两点,E(m,0)为x轴上一点,ME,NE 的延长线分别交抛物线于点P,Q.若MN、PQ的斜率k1、k2满足k1=3k2,则实数m的值为.【答案】3【解析】提示：如图,当MP与x轴不垂直时,设MP:y=k(x−m),代入y2=4x,得x2−(4k2+2m)x+m2=0,所以x M⋅x P=m2,从而y M⋅y P=−4m.设M(x0,y0),则x P=m2x0,y P=−4my0.当MP与x轴垂直时,结论也成立.而F(1,0),同理可求得x N=1x0,y N=−4y0,x Q=m2x N=m2x0,y Q=−4my N=my0.所以k1=4y M+y N =4y0−4y0,k2=4y P+y Q=4my0−4my0=1m⋅k1,又k2=13k1,所以m=3.25．【2017年四川预赛】若P(x,y)是双曲线x28−y24=1上的点,则|x−y|的最小值是.【答案】2【解析】提示：由条件知x2−2y2−8=0.根据对称性,不妨设x>0,y>0,且x−y>0.设u=x−y>0,(y+u)2−2y2−8=0,即y2−2uy−u2+8=0,于是Δ=(2u)2−4(−u2+8)≥0,解得u≥2.26．【2017年甘肃预赛】已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0),A1,A2是实轴顶点,F是右焦点,B(0,b)是虚轴端点,若在线段BF上(不含端点)存在不同的两点P i(i=1,2),使得△P i A1A2(i=1,2)构成以A1A2为斜边的直角三角形,则双曲线的离心率e的取值范围是.【答案】(√2,√5+12)【解析】提示:由已知△P i A1A2(i=1,2)是以A1A2为斜边的直角三角形,则P1、P2在以A1A2为直径的圆上,所以以A1A2为直径的圆与线段BF相交,直线BF的方程为xc +yb=1,即bx+cy−bc=0,所以√b2+c2<a,整理得e2(e2−1)2e2−1<1且e>√2,解得3−√52<e2<3+√52且e>√2,所以√2<e<√5+12.27．【2017年贵州预赛】在直角坐标系xOy中,有拋物线C i:y=a i x2+b i x+c i(i=1,2,⋯,20),拋物线D j:x= a j′y2+b j′y+c j′(j=1,2,⋯,20).对任意实数a i,b i,c i、a j′,b j′,c j′,则这40条抛物线把坐标平面分成的区域块数最多为.【答案】2422【解析】提示：因为拋物线C i中每两条最多有2个交点,抛物线C1分坐标平面为2块区域,拋物线C2与C1最多有2个交点,这2个交点将C2分成3段曲线,这3段曲线将所在区域一分为二,故C1与C2将坐标平面最多分成2+3=5块区域,拋物线C3与C1,C2最多有4个交点,这4个交点将C1,C2分成5段曲线,这5段曲线将所在区域一分为二,故C1,C2,C3将坐标平面最多分成2+3+5=10块区域,以此类推,C1,C2,⋯,C20将坐标平面最多分成2+3+5+7+⋯+39=401块区域.同理,D1,D2,⋯,D20将坐标平面最多分成401块区域.又C1与D j中，每一条的交点个数最多为4个,则C1与D1,D2,⋯,D20的交点总数最多4×20=80个,这80个交点将C1分成81段曲线,这81段曲线将所在区域一分为二,即新增区域81块,故C i(i=1,2,⋯,20)与D1,D2,⋯,D20能将坐标平面最多新增81×20=1620块区域.所以拋物线C i:y=a i x2+b i x+c i(i=1,2,⋯,20)与抛物线D j:x=a j′y2+ b j′y+c j′(j=1,2,⋯,20)把坐标平面分成的区域块数最多为401+401+1620=2422.28．【2017年安徽预赛】过椭圆x2+2y2=3的一个焦点作斜率为k的直线,交椭圆于A、B两点.若AB=2,则|k|=.【答案】√1+√3【解析】提示:椭圆参数a=√3,b=c=√32.不妨设直线方程为y=k(x−c),则A、B的横坐标x1,x2满足x2+2k2(x−c)2=3,得x1+x2=4k2c1+2k2.椭圆的右准线方程为x=a 2c =√6.再由AB=ca(2√6−x1−x2),解得|k|=√1+√3.29．【2017年广东预赛】圆锥曲线√x2+y2+6x−2y+10|x−y+3|=0的离心率是.【答案】√2【解析】提示:原式变形为√(x+3)2+(y−1)2=|x−y+3|,即√(x+3)2+(y−1)2=√2√2所以动点(x,y)到定点(−3,1)的距离与它到直线x−y+3=0的距离之比为√2.故此动点的轨迹为双曲线,离心率为√2.30．【2017年广东预赛】已知点P在圆C:x2+(y+2)2=14上运动,点Q在曲线y=ax2(a>0,−1≤x≤2)上运动,且|PQ|的最大值为92,则a=.【答案】√3−12【解析】提示:连结QC并延长交圆于点D,则PQ|<|QC|+|CP|=|QC|+|CD|=|QD∣,所以|PQ|的最大值等于|CP|的最大值与圆的半径之和,由于f(x)=|CP|2=x2+(ax2+2)2=a2x4+(4a+1)x2+4,其中−1≤x≤2,f(−1)=5+4a+a2<16a2+16a+8=f(−2).因此当x=−2时,|CP|取得最大值,于是√16a2+16a+8=92−12=4,2a2+2a−1=0.故a=√3−12.31．【2017年广西预赛】设椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右顶点为A,上顶点为B,左焦点为F.若∠ABF=90∘,则椭圆的离心率为.【答案】√5−12【解析】提示:由∠ABF=90∘和射影定理有ac=b2=a2−c2,即(ca )2+ca−1=0,故e=ca=√5−12.32．【2017年浙江预赛】已知动点P在x轴上,M,N分别在圆(x−1)2+(y−2)2=1和圆(x−3)2+(y−4)2= 3上,则|PM|+|PN|的最小值为.【答案】2√10−√3−1【解析】提示:易知圆(x−1)2+(y−2)2=1的圆心坐标为(1,2),圆(x−3)2+(y−4)2=3关于x轴对称的圆的圆心坐标为(3,−4).则|PM|+|PN|的最小值为√(3−1)2+(−4−2)2−1−√3=2√10−√3−1.33．【2017年江苏预赛】在平面直角坐标系xOy中,F1,F2分别是双曲线x2−y2b2=1(b>0)的左、右焦点,过点F1作圆x2+y2=1的切线,与双曲线左、右两支分别交于点A,B.若F2B=AB,则b的值是.【答案】1+√3【解析】提示:由已知及双曲线的定义,得AF1=BF1−AB=BF1−BF2=2,AF2=2+AF1=4.在Rt△OTF1中,OT=1,OF1=c,TF1=b,所以cos∠F2F1A=bc.在△AF1F2中,由余弦定理得cos∠F2F1A=F1F22+AF12−AF222F1F2⋅AF1=c2−32c.所以c2−3=2b.又由c2=1+b2,得b2−2b−2=0,解得b=1±√3(负值舍去),所以b=1+√3.34．【2017年新疆预赛】已知直线ax+by=2017与圆x2+y2=100有公共点,且公共点的横、纵坐标均为整数.则这样的直线共有.【答案】72【解析】提示：首先,在圆x2+y2=100上的横、纵坐标均为整数的点有(0,±10),(±6,±8),(±8,±6),(±10,0),共12个点.若直线ax+by=2017与圆只有一个公共点,那么该直线是圆的过该公共点的切线,而公共点可以是这12个点中任一个,故这样的切线共有12条.若直线ax+by=2017与圆有两个公共点,那么该直线就是过这两个公共点的割线.这12个点中任一点分别与其他11个点相连共得到12×11=132条直线.由于每条直线重复了两次,故共有132÷2=66条不同的直线.注意到直线ax+by=2017不过(0,0)点,故这66条直线中有6条不满足,故满足条件的有66−6=60条.综上,满足题意的直线共有12+60=72条.35．【2016年福建预赛】已知直线l过椭圆C：x22+y2=1的左焦点F且与椭圆C交于A、B两点，O为坐标原点.若OA⊥OB，则点O到直线AB的距离为________.【答案】√63.【解析】易知，F(-1，0).设l AB：x=ty-1.{x=ty−1，x22+y2=1⇒(t2+2)y2-2ty-1=0. ①注意到，式①的判别式大于0.设A(x1，y1)，B(x2，y2).则y1+y2=2tt2+2，y1y2=−1t2+2.由OA⊥OB，得x1x2+y1y2=(ty1−1)(ty2−1)+y1y2=（t2+1）y1y2−t（y1+y2）+1=−(t2+1)t2+2−t·2tt2+2+1=0⇒-(t2+1)-2t2+t2+2=0⇒t2=12.故点O到直线AB的距离为√2=√63。

三年专题 平面解析几何（选择题、填空题）1．【2022年全国甲卷】已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为13，A 1,A 2分别为C 的左、右顶点，B 为C 的上顶点．若BA 1→⋅BA 2→=−1，则C 的方程为（ ） A ．x 218+y 216=1 B ．x 29+y 28=1C ．x 23+y 22=1 D ．x 22+y 2=12．【2022年全国甲卷】椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左顶点为A ，点P ，Q 均在C 上，且关于y 轴对称．若直线AP,AQ 的斜率之积为14，则C 的离心率为（ ） A ．√32B ．√22C ．12D ．133．【2022年全国乙卷】设F 为抛物线C:y 2=4x 的焦点，点A 在C 上，点B(3,0)，若|AF |=|BF |，则|AB |=（ ） A ．2B ．2√2C ．3D ．3√24．【2022年全国乙卷】双曲线C 的两个焦点为F 1,F 2，以C 的实轴为直径的圆记为D ，过F 1作D 的切线与C 的两支交于M ，N 两点，且cos∠F 1NF 2=35，则C 的离心率为（ ）A ．√52B ．32C ．√132D ．√1725．【2021年甲卷文科】点()3,0到双曲线221169xy -=的一条渐近线的距离为（ ）A ．95B ．85C ．65D ．456．【2021年乙卷文科】设B 是椭圆22:15x C y +=的上顶点，点P 在C 上，则P B的最大值为（ ）A ．52B C D ．27．【2021年乙卷理科】设B 是椭圆2222:1(0)x y C a b ab+=>>的上顶点，若C 上的任意一点P 都满足||2P B b ≤，则C 的离心率的取值范围是（ ）A ．12⎫⎪⎪⎣⎭B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．0,2⎛⎝⎦D ．10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦8．【2021年新高考1卷】已知1F ，2F 是椭圆C ：22194x y +=的两个焦点，点M 在C 上，则12M F M F ⋅的最大值为（ ）A ．13B ．12C ．9D ．69．【2021年新高考2卷】抛物线22(0)y p x p =>的焦点到直线1y x =+p=（ ）A ．1B ．2C ．D ．410．【2020年新课标1卷理科】已知A 为抛物线C :y 2=2px （p >0）上一点，点A 到C 的焦点的距离为12，到y 轴的距离为9，则p =（ ） A ．2B ．3C ．6D ．9 11．【2020年新课标1卷理科】已知⊙M ：222220xyx y +---=，直线l ：220xy ++=，P为l 上的动点，过点P 作⊙M 的切线,P A P B ，切点为,A B ，当||||PM AB ⋅最小时，直线A B的方程为（ ） A ．210xy --= B ．210xy +-=C ．210xy -+= D ．210xy ++=12．【2020年新课标1卷文科】已知圆2260x yx +-=，过点（1，2）的直线被该圆所截得的弦的长度的最小值为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4 13．【2020年新课标1卷文科】设12,F F 是双曲线22:13y Cx-=的两个焦点，O 为坐标原点，点P 在C 上且||2O P =，则12P F F △的面积为（ ）A ．72B ．3C ．52D ．214．【2020年新课标2卷理科】若过点（2，1）的圆与两坐标轴都相切，则圆心到直线230x y --=的距离为（ ）A 5B 5C 5D 515．【2020年新课标2卷理科】设O 为坐标原点，直线x a=与双曲线2222:1(0,0)x y Ca b ab-=>>的两条渐近线分别交于,D E 两点，若O D E的面积为8，则C 的焦距的最小值为（ ） A ．4B ．8C ．16D ．3216．【2020年新课标3卷理科】设O 为坐标原点，直线2x =与抛物线C ：22(0)yp x p =>交于D ，E 两点，若O D O E⊥，则C 的焦点坐标为（ ）A ．1,04⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,02⎛⎫⎪⎝⎭C ．(1,0)D ．(2,0)17．【2020年新课标3卷理科】设双曲线C ：22221x y ab-=（a >0，b >0）的左、右焦点分别为F 1，F 2P 是C 上一点，且F 1P ⊥F 2P ．若△PF 1F 2的面积为4，则a =（ ） A ．1B ．2C ．4D ．818．【2020年新课标3卷文科】在平面内，A ，B 是两个定点，C 是动点，若=1A CBC ⋅，则点C 的轨迹为（ ） A ．圆B ．椭圆C ．抛物线D ．直线19．【2020年新课标3卷文科】点(0，﹣1)到直线()1y kx =+距离的最大值为（ ）A ．1BC D ．220．【2022年新高考1卷】已知O 为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x 2=2py(p >0)上，过点B(0,−1)的直线交C 于P ，Q 两点，则（ ） A ．C 的准线为y =−1 B ．直线AB 与C 相切 C ．|OP|⋅|OQ|>|OA |2D ．|BP|⋅|BQ|>|BA|221．【2022年新高考2卷】已知O 为坐标原点，过抛物线C:y 2=2px(p >0)焦点F 的直线与C 交于A ，B 两点，其中A 在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|，则（ ） A ．直线AB 的斜率为2√6 B ．|OB|=|OF|C ．|AB|>4|OF|D ．∠OAM +∠OBM <180°22．【2021年新高考1卷】已知点P 在圆()()225516x y -+-=上，点()4,0A 、()0,2B ，则（ ）A ．点P 到直线AB 的距离小于10 B ．点P 到直线A B 的距离大于2C ．当P B A ∠最小时，P B = D ．当P B A ∠最大时，P B =23．【2021年新高考2卷】已知直线2:0l a x b y r+-=与圆222:Cxyr+=，点(,)A a b ，则下列说法正确的是（ ）A ．若点A 在圆C 上，则直线l 与圆C 相切B ．若点A 在圆C 内，则直线l 与圆C 相离 C ．若点A 在圆C 外，则直线l 与圆C 相离D ．若点A 在直线l 上，则直线l 与圆C 相切 24．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知曲线22:1C m xn y+=.（ ）A ．若m >n >0，则C 是椭圆，其焦点在y 轴上B ．若m =n >0，则CC ．若mn <0，则C 是双曲线，其渐近线方程为y =±D ．若m =0，n >0，则C 是两条直线25．【2022年全国甲卷】设点M 在直线2x +y −1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M 上，则⊙M 的方程为______________． 26．【2022年全国甲卷】记双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的离心率为e ，写出满足条件“直线y =2x 与C 无公共点”的e 的一个值______________． 27．【2022年全国甲卷】若双曲线y 2−x 2m 2=1(m >0)的渐近线与圆x 2+y 2−4y +3=0相切，则m =_________．28．【2022年全国乙卷】过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．29．【2022年新高考1卷】写出与圆x 2+y 2=1和(x −3)2+(y −4)2=16都相切的一条直线的方程________________． 30．【2022年新高考1卷】已知椭圆C:x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)，C 的上顶点为A ，两个焦点为F 1，F 2，离心率为12．过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，|DE|=6，则△ADE 的周长是________________．31．【2022年新高考2卷】设点A(−2,3),B(0,a)，若直线AB 关于y =a 对称的直线与圆(x +3)2+(y +2)2=1有公共点，则a 的取值范围是________． 32．【2022年新高考2卷】已知直线l 与椭圆x 26+y 23=1在第一象限交于A ，B 两点，l 与x轴，y 轴分别交于M ，N 两点，且|MA|=|NB|,|MN|=2√3，则l 的方程为___________． 33．【2021年甲卷文科】已知12,F F 为椭圆C ：221164xy +=的两个焦点，P ，Q 为C 上关于坐标原点对称的两点，且12P QF F =，则四边形12P F Q F 的面积为________．34．【2021年乙卷文科】双曲线22145xy -=的右焦点到直线280xy +-=的距离为________．35．【2021年乙卷理科】已知双曲线22:1(0)xC y m m-=>0m y +=，则C 的焦距为_________．36．【2021年新高考1卷】已知O 为坐标原点，抛物线C ：22y p x=(0p>)的焦点为F ，P 为C 上一点，P F 与x 轴垂直，Q 为x 轴上一点，且P Q O P⊥，若6F Q =，则C 的准线方程为______.37．【2021年新高考2卷】若双曲线22221x y ab-=的离心率为2，则此双曲线的渐近线方程___________.38．【2020年新课标1卷理科】已知F 为双曲线2222:1(0,0)x y Ca b ab-=>>的右焦点，A 为C 的右顶点，B 为C 上的点，且BF 垂直于x 轴.若AB 的斜率为3，则C 的离心率为______________.39．【2020年新课标3卷文科】设双曲线C ：22221x y ab-= (a >0，b >0)的一条渐近线为y x ，则C 的离心率为_________．40．【2020年新高考1卷（山东卷）C ：y 2=4x 的焦点，且与C交于A ，B 两点，则A B=________．三年专题 平面解析几何（解答题）1．【2022年全国甲卷】设抛物线C:y 2=2px(p >0)的焦点为F ，点D (p,0)，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，|MF |=3． (1)求C 的方程；(2)设直线MD,ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线MN,AB 的倾斜角分别为α,β．当α−β取得最大值时，求直线AB 的方程．2．【2022年全国乙卷】已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A (0,−2),B (32,−1)两点． (1)求E 的方程；(2)设过点P (1,−2)的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =TH ⃑⃑⃑⃑⃑ ．证明：直线HN 过定点． 3．【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x 2a2−y 2a 2−1=1(a >1)上，直线l 交C 于P ，Q 两点，直线AP,AQ 的斜率之和为0． (1)求l 的斜率；(2)若tan∠PAQ =2√2，求△PAQ 的面积． 4．【2022年新高考2卷】已知双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y =±√3x ． (1)求C 的方程；(2)过F 的直线与C A ，B 两点，点P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)在C 上，且x 1>x 2>0,y 1>0．过P 且斜率为−√3的直线与过Q 且斜率为√3的直线交于点M .从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立： ①M 在AB 上；②PQ ∥AB ；③|MA|=|MB|．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.5．【2021年甲卷文科】抛物线C 的顶点为坐标原点O ．焦点在x 轴上，直线l ：1x =交C于P ，Q 两点，且O P O Q⊥．已知点()2,0M ，且M与l 相切．（1）求C ，M的方程；（2）设123,,AA A 是C 上的三个点，直线12AA ，13AA 均与M相切．判断直线23AA 与M的位置关系，并说明理由．6．【2021年乙卷文科】已知抛物线2:2(0)C yp x p =>的焦点F 到准线的距离为2．（1）求C 的方程;（2）已知O 为坐标原点，点P 在C 上，点Q 满足9P Q Q F=，求直线O Q 斜率的最大值.7．【2021年乙卷理科】已知抛物线()2:20Cxp yp =>的焦点为F ，且F 与圆22:(4)1M xy ++=上点的距离的最小值为4．（1）求p ；（2）若点P 在M 上，,P A P B 是C 的两条切线，,A B 是切点，求P A B △面积的最大值．8．【2021年新高考1卷】在平面直角坐标系x O y 中，已知点()1F -、()21202F M F M F -=，，点M 的轨迹为C .（1）求C 的方程； （2）设点T 在直线12x=上，过T 的两条直线分别交C 于A 、B 两点和P ，Q 两点，且T A T B T P T Q⋅=⋅，求直线A B 的斜率与直线P Q 的斜率之和.9．【2021年新高考2卷】已知椭圆C 的方程为22221(0)x y a b ab+=>>，右焦点为0)F ，且3．（1）求椭圆C 的方程；（2）设M ，N 是椭圆C 上的两点，直线M N 与曲线222(0)x yb x +=>相切．证明：M ，N ，F 三点共线的充要条件是||M N=10．【2020年新课标1卷理科】已知A 、B 分别为椭圆E ：2221x ya+=（a >1）的左、右顶点，G 为E 的上顶点，8A G GB ⋅=，P 为直线x =6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E的另一交点为D ． （1）求E 的方程；（2）证明：直线CD 过定点.11．【2020年新课标2卷理科】已知椭圆C 1：22221x y ab+=(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合.过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C 2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |.（1）求C 1的离心率；（2）设M 是C 1与C 2的公共点，若|MF |=5，求C 1与C 2的标准方程. 12．【2020年新课标2卷文科】已知椭圆C 1：22221x y ab+=(a >b >0)的右焦点F 与抛物线C 2的焦点重合，C 1的中心与C 2的顶点重合．过F 且与x 轴垂直的直线交C 1于A ，B 两点，交C2于C ，D 两点，且|CD |=43|AB |．（1）求C 1的离心率；（2）若C 1的四个顶点到C 2的准线距离之和为12，求C 1与C 2的标准方程．13．【2020年新课标3卷理科】已知椭圆222:1(05)25xy C m m+=<<4，A ，B 分别为C 的左、右顶点． （1）求C 的方程；（2）若点P 在C 上，点Q 在直线6x=上，且||||B PB Q =，B PB Q⊥，求A P Q的面积．14．【2020年新高考1卷（山东卷）】已知椭圆C ：22221(0)x y a b ab+=>>的离心率为2，且过点()2,1A ． （1）求C 的方程：（2）点M ，N 在C 上，且A M A N⊥，A DM N⊥，D 为垂足．证明：存在定点Q ，使得D Q为定值．15．【2020年新高考2卷（海南卷）】已知椭圆C ：22221(0)x y a b ab+=>>过点M （2，3）,点A 为其左顶点，且AM 的斜率为12 ，（1）求C 的方程；（2）点N 为椭圆上任意一点，求△AMN 的面积的最大值.。

高二数学竞赛班二试平面几何讲义第十讲几何不等式班级姓名一、知识要点：到三角形旳三个顶点旳距离之和最短旳点叫做费尔马点。

对于一种顶角不超过120旳三角形，费尔马点是对各边旳张角都是120旳点。

对于一种顶角超过120旳三角形，费尔马点就是最大旳内角旳顶点。

二、例题精析：例1. 如图，设三角形旳外接圆O 旳半径为R,内心为I ，∠B=60︒,∠A <∠C ，∠A 旳外角平分线交圆O 于E ．证明：(1) IO=AE ； (2) 2R <IO +IA +IC <(1+3)R ．ABCOIE例2. 水平直线m 通过圆O 旳中心，直线l ⊥m ，l 与m 相交于M ，点M 在圆心旳 右侧，直线l 上不同旳三点A,B,C 在圆外，且位于直线m 上方，A 点离M 点 最远，C 点离M 点近来，AP ,BQ,CR 为圆 O 旳三条切线，P ,Q,R 为切点． 试证：(1)l 与圆O 相切时，AB ⨯CR +BC ⨯AP=AC ⨯BQ ；(2)l 与圆O 相交时， AB ⨯CR +BC ⨯AP ＜AC ⨯BQ ；(3)l 与圆O 相离时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＞AC ⨯BQ .例3. 如图，在△ABC 中，P 、Q 、R 将其周长三等分，且P 、Q 在AB 边上， 求证：S ∆PQR S ∆ABC >29．三、精选习题：1．如图，在△ABC 中，P 为边BC 上任意一点，PE ∥BA ，PF ∥CA ，若S △ABC =1， 证明：S △BPF 、S △PCE 、S □PEAF 中至少有一种不不不小于49 (S XY …Z 表达多边形XY …Z 旳 面积)．N ACBPQ R H2．设凸四边形ABCD 旳面积为1，求证：在它旳边上(涉及顶点)或内部可以找出 四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成旳四个三角形旳面积不小于14．3．在圆O 内，弦CD 平行于弦EF ，且与直径AB 交成45°角，若CD 与EF 分别 交直径AB 于P 和Q ，且圆O 旳半径为1，求证：PC ∙QE +PD ∙QF 2．四、拓展提高：M NAD C B FE PQ O BPBA D CB E4．设一凸四边形ABCD ，它旳内角中仅有 D 是钝角，用某些直线段将该凸四边 形分割成n 个钝角三角形，但除去A 、B 、C 、D 外，在该四边形旳周界上， 不含分割出旳钝角三角形顶点．试证n 应满足旳充足必要条件是n ≥4．5．已知边长为4旳正三角形ABC ．D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 上旳点，且 |AE |=|BF |=|CD |=1，连结AD 、BE 、CF ，交成△RQS ．点P 在△RQS 内及边上 移动，点P 到△ABC 三边旳距离分别记作x 、y 、z ．(1)求证当点P 在△RQS 旳顶点位置时乘积xyz 有极小值； (2)求上述乘积xyz 旳极小值．CBAD FEG H lz xyEF BCDA PQ RS高二数学竞赛班二试平面几何讲义第十讲 几何不等式例1. 如图，设三角形旳外接圆O 旳半径为R,内心为I ，∠B=60 ,∠A <∠C,∠A 旳外角平分线交圆O 于E ．证明:(1) IO=AE ； (2) 2R <IO +IA +IC <(1+3)R ． 证明：∵∠B=60°，∴∠AOC=∠AIC=120°．∴A ，O ，I ，C 四点共圆．圆心为弧AC 旳中点F ，半径为R ．∴O 为⊙F 旳弧AC 中点，设OF 延长线交⊙F 于H ，AI 延长线交弧BC 于D ． 由∠EAD=90°（内外角平分线）知DE 为⊙O 旳直径．∠OAD=∠ODA ． 但∠OAI=∠OHI ，故∠OHI=∠ADE ，于是Rt ΔDAE ≌Rt ΔHIO ∴AE=IO ．由ΔACH 为正三角形，易证IC +IA=IH ．由OH=2R ．∴IO +IA +IC=IO +IH >OH=2R ．设∠OHI =α，则0<α<30°．∴IO +IA +IC=IO +IH=2R (sin α+cos α)=2R 2sin(α+45°) 又α+45°<75°，故IO +IA +IC <2 2R (6+2)/4=R (1+3)ABCOIE例2. 水平直线m 通过圆O 旳中心，直线l ⊥m ，l 与m 相交于M ，点M 在圆心旳右侧，直线l 上不同旳三点A,B,C 在圆外，且位于直线m 上方，A 点离M 点最远，C 点离M 点近来，AP ,BQ,CR 为圆 O 旳三条切线，P ,Q,R 为切点．试证：(1)l 与圆O 相切时，AB ⨯CR +BC ⨯AP=AC ⨯BQ ；(2)l 与圆O 相交时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＜AC ⨯BQ ；(3)l 与圆O 相离时，AB ⨯CR +BC ⨯AP ＞AC ⨯BQ .证明：设MA=a ，MB=b ，MC=c ，OM=d ， ⊙O 旳半径=r ．且设k=d 2－r 2．则当k >0时，点M 在⊙O 外，此时，直线l 与⊙O 相离； 当k=0时，点M 在⊙O 上，此时，直线l 与⊙O 相切； 当k <0时，点M 在⊙O 内，此时，直线l 与⊙O 相交．∴ AP=a 2+d 2－r 2=a 2+k ，同理，BQ=b 2+k ，CR=c 2+k ． 则AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ= AB ⨯CR +BC ⨯AP －(AB +BC )⨯BQ =BC ×(AP －BQ )－AB ×(BQ －CR )=BC ×AP 2－BQ 2AP +BQ －AB ×BQ 2－CR 2BQ +CR =(b －c )(a －b )(a +b )AP +BQ －(a －b )(b －c )(b +c )BQ +CR=(a －b )(b －c )(a +b AP +BQ －b +cBQ +CR )=(a －b )(b －c ) a ·BQ +a ·CR +b ·CR －b ·AP －c ·AP －c ·BQ(AP +BQ )(BQ +CR )．注意到a ∙BQ －b ∙AP=a 2·BQ 2－b 2·AP 2b ·AP +a ·BQ =(a 2－b 2)kb ·AP +a ·BQ ．故k >0时，a ∙BQ －b ∙AP >0，k=0时，a ∙BQ －b ∙AP=0，k <0时，a ∙BQ －b ∙AP <0； 同理可得，k >0时，b ∙CR －c ∙BQ >0，k=0时，b ∙CR －c ∙BQ =0，k <0时，b ∙CR －c ∙BQ <0；k >0时，a ∙CR －c ∙AP >0，k=0时，a ∙CR －c ∙AP =0，k <0时，a ∙CR －c ∙AP <0； 即当k >0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ >0；当k=0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ=0， 当k <0时，AB ⨯CR +BC ⨯AP －AC ⨯BQ <0．故证．、例3. 如图，在△ABC 中，P 、Q 、R 将其周长三等分，且P 、Q 在AB 边上，求证：S ∆PQR S ∆ABC >29．证明：作△ABC 及△PQR 旳高CN 、RH ．设△ABC 旳周长为1．则PQ=13． 则S ∆PQR S ∆ABC=PQ ·RH AB ·CN =PQ AB ·AR AC ，但AB <12，于是PQ AB >23，AP ≤AB －PQ <12－13=16，∴ AR=13－AP >16，AC <12， 故AR AC >13，从而S ∆PQR S ∆ABC >29．1．如图，在△ABC 中，P 为边BC 上任意一点，PE ∥BA ，PF ∥CA ，若S △ABC =1，证明：S △BPF 、S △PCE 、S □PEAF 中至少有一种不不不小于49(S XY …Z 表达多边形XY …Z 旳面积)．证明：如图，三等分BC 于M 、N ，若点P 在BM 上(含点M )，则由于PE ∥AB ，则△CPE ∽△CBA ．CP ∶CB ≥23．于是S △PCE ≥49．同理，若P 在NC 上(含点N )，则S △BPF ≥49．若点P 在线段MN 上．连EF ，设BP BC =r (13<r <23)，则CPBC =1－r ． S △BPF =r 2，S △PCE =(1－r )2．∴ S △BPF +S △PCE =r 2+(1－r )2=2r 2－2r +1=2(r －12)2+12<2(13-12)2+12=59． 于是S □AEPF ≥49． 故命题成立．2．设凸四边形ABCD 旳面积为1，求证：在它旳边上(涉及顶点)或内部可以找出四个点，使得以其中任意三点为顶点所构成旳四个三角形旳面积不小于14．证明：考虑四边形旳四个顶点A 、B 、C 、D ，若△ABC 、△BCD 、△CDA 、△DAB 旳面积，设其中面积最小旳三角形为△AB D ．N A CB PQR HBB⑴ 若S △ABD >14，则A 、B 、C 、D 即为所求．⑵ 若S △ABD <14，则S △BCD >34，取△BCD 旳重心G ，则以B 、C 、D 、G 这4点中旳任意3点为顶点旳三角形面积>14．⑶ 若S △ABD =14，其他三个三角形面积均> S △ABD =14．由于S △ABC +S △ACD =1，而S △ACD >14，故S △ABC <34=S △BC D ．∴ 过A 作AE ∥BC 必与CD 相交，设交点为E ．则∵ S △ABC >S △ABD ，从而S △ABE >S △ABD =14．S △ACE =S △ABE >14，S △BCE =S △ABC >14．即A 、B 、C 、E 四点即为所求．⑷ 若S △ABD =14，其他三个三角形中尚有一种旳面积=14，这个三角形不也许是△BCD ，(否则ABCD 旳面积=12)，不妨设S △ADC = S △ABD =14．则AD ∥BC ，四边形ABCD 为梯形．由于S △ABD =14，S △ABC =34，故若AD=a ，则BC=3a ，设梯形旳高=h ， 则2ah=1．设对角线交于O ，过O 作EF ∥BC 分别交AB 、CD 于E 、F ． ∴ AE ∶EB=AO ∶OC=AD ∶BC=1∶3．∴ EF=a ·3+3a ·11+3=32a ．S △EFB =S △EFC =12·32a ·34h=916ah=932>14． S △EBC =S △FBC =12·3a ·34h=98ah=916>12．于是B 、C 、F 、E 四点为所求．综上可知所证成立．又证：当ABCD 为平行四边形时，A 、B 、C 、D 四点即为所求． 当ABCD 不是平行四边形，则至少有一组对边旳延长线必相交，设延长AD 、BC 交于E ，且设D 与AB 旳距离<C 与AB 旳距离，⑴ 若ED ≤12AE ，取AE 中点P ，则P 在线段AD 上，作PQ ∥AB 交BC 于Q ．若PQ=a ，P 与AB 距离=h ．则AB=2a ，S ABQP =34S ABE >34S ABCD =34．ADCB Eh3aaOAD CBFEPQADC BE NF R S E C DA Q P即12(a +2a )h >34，ah >12．∴ S △APQ =S △BPQ =12ah >14．S △P AB =S △QAB =ah >12>14．即A 、B 、Q 、P 为所求． ⑵ 若ED >12AE ，取AE 中点P ，则P 在线段DE 上，作PR ∥BC 交CD 于R ，AN ∥BC ，交CD 于N ，由于∠EAB +∠EBA <π，故R 在线段CD 上．N 在DC 延长线上．作RS ∥AB ，交BC 于S ，则RS=12AB ，延长AR 交BC 于F ，则S △F AB =S ABCN >S ABCD =1．问题化为上一种状况．3．在圆O 内，弦CD 平行于弦EF ，且与直径AB 交成45°角，若CD 与EF 分别交直径AB 于P 和Q ，且圆O 旳半径为1，求证：PC ∙QE +PD ∙QF <2． 证明：作OM ⊥CD ，垂足为M ，交EF 于N ，设ON=n ，OM=m ．则CM=DM=1－m 2，EN=FN=1－n 2， 本题即证(1－m 2＋m )(1－n 2-n )+(1－m 2－m )(1－n 2+n )<2．展开得，1－m 2·1－n 2±mn <1．移项，平方得，1－m 2－n 2＋m 2n 2<1∓2mn ＋m 2n 2．⇒m 2＋n 2>∓2mn ． 取“+”号时，M 、N 在点O 同侧，此时m ≠n ，总之，命题成立． (当E 、F 互换位置时，且CD 、EF 在点O 异侧时，也许有m=n ．)又证：PC 2+PD 2=(CM +OM )2+(CM －OM )2=2(CM 2+OM 2)=2，同理QE 2+QF 2=2． ∴ 4=PC 2+PD 2+QE 2+QF 2=(PC 2+QE 2)+(PD 2+QF 2)≥2 (PC ∙QE +PD ∙QF )．等号当且仅当PC=QE ，PD=QF 时成立．但由已知，此二式不成立．故证． 4．设一凸四边形ABCD ，它旳内角中仅有∠D 是钝角，用某些直线段将该凸四边形分割成n 个钝角三角形，但除去A 、B 、C 、D 外，在该四边形旳周界上，不M NAD C B FE PQ O含分割出旳钝角三角形顶点．试证n 应满足旳充足必要条件是n ≥4．证明 充足性⑴当n=4时，如图，只要连AC ，并在ΔABC 内取一点F ，使∠AFB 、∠BFC 、∠CF A 都为钝角(例如，可以取ΔABC 旳Fermat 点，由于ΔABC 是锐角三角形，故其Fermat 点在其形内)．于是，ΔADC 、ΔAFB 、ΔBFC 、ΔAFC 都是钝角三角形．⑵当n=5时，可用上法把凸四边形提成四个钝角三角形．再在AF 上任取一点E ，连EB ，则ΔAEB 也是钝角三角形，这样就得到了5个钝角三角形．一般旳，由⑴得到了4个钝角三角形后，只要在AF 上再取n －4个点E 1、E 2、…E n －4，把这些点与B 连起来，即可得到均是钝角三角形旳n 个三角形．必要性n=2时，连1条对角线把四边形提成了2个三角形，但其中最多只能有1个钝角三角形．n=3时，无法从同一顶点出发连线段把四边形提成3个三角形，现连了1条对角线AC 后，再连B 与AC 上某点得到线段，此时无法使得到旳两个三角形都是钝角三角形．∴当n=2，3时无法得到满足题目规定旳解．只有当n ≥4时才有解．5．已知边长为4旳正三角形ABC ．D 、E 、F 分别是BC 、CA 、AB 上旳点，且|AE |=|BF |=|CD |=1，连结AD 、BE 、CF ，交成△RQS ．点P 在△RQS 内及边上移动，点P 到△ABC 三边旳距离分别记作x 、y 、z ．⑴ 求证当点P 在△RQS 旳顶点位置时乘积xyz 有极小值；⑵ 求上述乘积xyz 旳极小值．解： 运用面积，易证：⑴ 当点P 在△ABC 内部及边上CBAD FEG H lz xyEF BCDA PQ RS移动时，x+y+z为定值h=23；⑵过P作BC旳平行线l，交△ABC旳两边于G、H．当点P在线段GH上移动时，y+z为定值，从而x为定值．⑶设y∈[α，β]，m为定值．则函数u=y(m－y)在点y=α或y=β时获得极小值．于是可知，过R作AB、AC旳平行线，过Q作AB、BC旳平行线，过S作BC、AC旳平行线，这6条平行线交得六边形STRUQV，由上证，易得只有当点P在此六点上时，xyz获得极小值．由对称性易知，xyz旳值在此六点处相等．由EAAC·CDDB·BSSE=1，得BSBE=1213，x=1213·34h=913h，y=SEBE h=113h，z=313h．∴xyz=(313)3h3=64821973．VU Tl SR QAD CB FE。

2022年最新高中数学专题汇编解析几何1.在平面直角坐标系某Oy中，若直线yk(某33)上存在一点P，圆某2(y1)21上存在一点Q，满足OP3OQ，则实数k的最小值为▲．2.已知A，B是圆C：某2y21上的动点，AB=2，是直线P某uuruurPAPB的最小值为▲.上的动点，则y203.在平面直角坐标系某Oy中，已知圆O1:某2y29，圆O2:某2(y6)216，在圆O2内存在一定点M，过M的直线l被圆O1，圆O2截得的弦分别为AB，CD，且则定点M的坐标为.4.在平面直角坐标系某Oy中，已知AB是圆O：某2y21直径，若直线l：k某y3k10上存在点P，连接AP与圆O交于点Q，满足BP∥OQ，则实数k的取值范围是▲．5.在平面直角坐标系某Oy中，圆O:某2y2r2(r0)与圆M:(某2)2(y23)2AB3，CD44相交于A,B两点，若对于直线AB上任意一点P，均有POPM0成立，则r的取值范围为．6.在平面直角坐标系某Oy中，已知圆C：(某1)2(y26)21和两点A(a,2a),B(a,a2)，且a1，若圆C上存在两个不同的点P,Q，使得APBAQB90，则实数a的取值范围为▲．7.已知直线某＋y－k＝0(k＞0)与圆某2＋y2＝4交于不同的两点A，B，O 是坐标原点，且有|OA3＋OB|≥3|AB|，那么k的取值范围是▲．8.已知点P是圆O:某2y24上的动点，点A(4,0)，若直线yk某1上总存在点Q，使点Q恰是线段AP的中点，则实数k的取值范围为▲．9.已知点和圆：，是圆的直径，和是线段（），直线与的三等分点，（异交于，则当于，）是圆上的动点，__________时，为定值．于，10.已知直线l:y某m与圆C：某1y29相交于不同的点A、B，且坐标原点22O在以AB为直径的圆外，则实数m的取值范围▲．2211.已知A,B为直线l：y某上两动点，且AB4，圆C：某y6某6y20,22圆C上存在点P，使PAPB10，则线段AB中点M的横坐标取值范围为▲某2y2C:221(ab0)222O:某ybab12.已知椭圆和圆,若C上存在点P,使得过点P引圆O的两条切线,切点分别为围是▲.A,B,满足APB1200,则椭圆C的离心率的取值范某2y2某2y213.已知双曲线C：22=1(a>0,b>0)与椭圆+=1的焦点重合,离心率互为倒数,设1612abPF1F1,F2分别为双曲线C的左,右焦点,P为右支上任意一点,则的最小值为__________PF214.在平面直角坐标系某Oy中，已知点A(4,0)，B(0,4)，从直线AB 上一点P向圆2某2y24引两条切线PC，PD，切点分别为C，D.设线段CD的中点为M，则线段AM长的最大值为▲.15．在平面直角坐标系某Oy中，若圆(某－2)2＋(y－2)2＝1上存在点M，使得点M关于某轴的对称点N在直线k某＋y＋3＝0上，则实数k 的最小值为▲．16.已知圆O：某2y25，A,B为圆O上的两个动点，且AB2，M为弦AB 的中点，C(22,a),D(22,a2)．当A,B在圆O上运动时，始终有CMD为锐角，则实数a的取值范围为▲．1的点的轨迹是曲2线C，若以直线yk(某3)上任意一点P为圆心，半径为1的圆与曲线C始终没有公共点，17.在平面直角坐标系某Oy中，与两定点O(0,0)，A(3,0)的距离之比为则实数k的取值范围为.某2y21上，点P满足18.在平面直角坐标系某Oy中，已知点A在椭圆259AP(1)OA(R)，且OAOP48，则线段OP在某轴上的投影长度的最大值为．19．已知直线l:某y20与某轴交于点A，点P在直线l上．圆C:(某2)2y22上有且仅有一个点B满足ABBP，则点P的横坐标的取值集合为▲．20.在平面直角坐标系某Oy中，已知A，B为圆C：(某＋4)2＋(y－a)2＝16上两个动点，且→→→AB＝211.若直线l：y＝2某上存在唯一一个点P，使得PA＋PB＝OC，则实数a的值为________．2,0)21．在平面直角坐标系某Oy中，已知圆C:(某1)2y22，点A(，若圆C上存在点M,满足MA2MO2≤10,则点M的纵坐标的取值范围是▲．22．在平面直角坐标系某Oy中，圆M：某2＋y2－6某－4y＋8＝0与某轴的两个交点分别为A，B，其中A在B的右侧，以AB为直径的圆记为圆N，过点A作直线l 与圆M，圆N分别交于C，D两点．若D为线段AC的中点，则直线l的方程为________▲．23．定义：点M(某0,y0)到直线l:a某byc0的有向距离为a某0by0cab22．已知点A(1,0),B(1,0)，直线m过点P(3,0)，若圆某2(y18)281上存在一点C，使得A,B,C三点到直线m的有向距离之和为0，则直线l的斜率的取值范围为▲．24.已知点A(－3，0)，B(－1，－2)，若圆(某－2)2＋y2＝r2(r＞0)上恰有两点M，N，使得△MAB和△NAB的面积均为4，则r的取值范围是________．某2y2225.在平面直角坐标系某Oy中，椭圆221(a＞b＞0)的离心率为，A(m,n)为椭ab2圆上任意一点，过点B(2m,2n)作一条直线交椭圆于C,D两点(BC ＜BD)，直线OA,OD的斜率之积为|BD|1_____.，则2|CD|26.已知点A(－3，0)，B(－1，－2)，若圆(某－2)2＋y2＝r2(r＞0)上恰有两点M，N，使得△MAB和△NAB的面积均为4，则r的取值范围是_____▲___．27.已知直线yk某22k与曲线y2某3交于A，B两点，平面上的动点P满足某2PAPB≤2，则|PO|的最大值为▲．28.在平面直角坐标系某Oy中，已知直线l:3某4y50与圆C:某2y210某0交于A，B两点，P为某轴上一动点，则△ABP周长的最小值为▲．29.在平面直角坐标系某Oy中，A,B为某轴正半轴上的两个动点，P （异于原点O）为y轴上的一个定点，若以AB为直径的圆与圆某恒为定值，则线段OP的长为_________.30.已知圆O:某2y21，过平面区域D内的每一点均存在两条互相垂直的直线与圆O相交，则区域D的面积为▲．31．已知圆C:(某2)2y22，直线l:yk(某2)与某轴交于点A，过l上一点P作圆C的切线，切点为T，若PA2PT，则实数k的取值范围是▲．2(y2)21相外切，且APB的大小32.在平面直角坐标系某Oy中，A(a,0)(a0),B(0,a),E(4,0),F(0,4)，设AOB的外接圆圆心为C，点P在圆C上，使PEF的面积等于12的点P有且只有两个，则实数a的取值范围为▲.。

2022全国高中数学竞赛真题及答案详解高中数学竞赛一直以来都是对学生数学能力的高难度挑战，2022 年的全国高中数学竞赛也不例外。

接下来，让我们一起深入剖析这次竞赛的真题及详细答案。

首先来看第一道题，这是一道关于函数性质的题目。

已知函数 f(x)＝ x³ 3x ＋ 1，求其在区间-2, 2上的最大值和最小值。

对于这道题，我们先对函数求导，f'（x) ＝ 3x² 3，令 f'（x) ＝ 0，解得 x ＝ ±1。

然后分别计算函数在端点和极值点处的值，f(－2) ＝－1，f(－1) ＝ 3，f(1) ＝－1，f(2) ＝ 3。

所以，函数在区间-2, 2上的最大值为 3，最小值为-1。

再看第二道题，它是一道几何证明题。

在三角形 ABC 中，AD 是角A 的平分线，且 BD ： DC ＝ 2 ： 1。

求证：AB ： AC ＝ 2 ： 1。

这道题我们可以利用角平分线定理来解决。

因为 AD 是角 A 的平分线，所以根据角平分线定理，AB/AC ＝ BD/DC ＝ 2/1，从而得证。

接下来是第三道题，是一个数列问题。

已知数列{aₙ}满足a₁＝1，aₙ₊₁＝ 2aₙ ＋ 1，求数列{aₙ}的通项公式。

我们可以通过构造等比数列来求解。

将等式两边同时加 1，得到aₙ₊₁＋ 1 ＝ 2(aₙ ＋ 1)，所以数列{aₙ ＋ 1}是以 2 为首项，2 为公比的等比数列。

根据等比数列通项公式可得 aₙ ＋ 1 ＝2ⁿ，所以 aₙ ＝2ⁿ 1。

然后是第四道题，这是一道关于复数的题目。

已知复数z ＝1 ＋i，求 z 的模和辐角。

复数 z ＝ 1 ＋ i 的模为｜z| ＝√（1²＋ 1²) ＝√2，辐角为 arctan(1/1) ＝π/4。

接着看第五道题，是一个概率问题。

从 1，2，3，4，5 这五个数字中随机抽取三个数字，求这三个数字能构成等差数列的概率。

总的组合数为 C₅³＝ 10 种。

2022年全国高中数学联赛（CMO 预赛）平面几何专题冲刺复习讲义P00.圆基础01. 如图，在等腰△ABC 中，AB=AC ，AM 是高，P 在△ABM 内部，Q 在 AM 上，且满足∠PBQ=∠ACP 。

求证：∠BPQ+∠APC=180°B02. 如图，四边形 ABCD 是梯形，AB//CD, AB<CD ，Q 在形内且满足∠QAB=∠QDC=90°-∠BQC ，BC, DA 交于 P 。

求证：∠PQA=2∠QCDC D03. 如图，凸四边形 ABCD 内接于圆Ω，AD, BC 的延长线交于 P ，Q 是 BP 延长线上一点，且BP=PQ ，R, S 使得 CAQR, DBCS 均是平行四边形。

求证：C, Q, R, S 四点共圆B R04. 如图，在等腰△ABC 中，CA=CB ，D 在 AC 的延长线上，且满足 AC>CD ，∠BCD 的角平分线交 BD 于 N ，M 是 BD 的中点，过 M 关于⊙(AMD)的切线交 BC 于 P 。

求证：A, P, M, N 四点共圆PBLCK05. 如图，在等腰△ABC 中，AB=AC ，M 是 BC 的中点，CD 是 AB 边上的高，E 在 CD 延长线上，且满足 BE=MB ，P 在⊙(ABM)上，且满足 PB=PE ，P, M 在 BE 同侧。

求证：∠EMP=90°A06. 如图，在△ABC 内部有一点 P ，且满足∠ABP=∠ACP=45°-A/4，AL 是∠BAC 的角平分线，PL 再次交⊙(BPC)于 K 。

求证：∠AKB=∠AKCAPEDB MC07. 如图，P 是△ABC 形内一点，过 P 分别作 BC, CA, AB 的平行线，与三边对应的交点是 E,H ；G, D ；I, F ，AP 再次交△ABC 的外接圆于 Q 。

求证：DP*PG+EP*PH+FP*PI=AP*PQ08. 如图，在△ABC 中， L 在 BC 上，M, N 分别在 AB, AC 的延长线上，且满足∠ALB=2∠ANB,∠ALC=2∠AMC ，K 是△AMN 的外心。

高考数学-平面解析几何（含22年真题讲解）1．【2022年全国甲卷】已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率为13，A 1,A 2分别为C 的左、右顶点，B 为C 的上顶点．若BA 1→⋅BA 2→=−1，则C 的方程为（ ） A ．x 218+y 216=1 B ．x 29+y 28=1 C ．x 23+y 22=1 D ．x 22+y 2=1【答案】B 【解析】 【分析】根据离心率及BA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BA 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−1，解得关于a 2,b 2的等量关系式，即可得解.【详解】解：因为离心率e =c a =√1−b 2a 2=13，解得b 2a 2=89，b 2=89a 2，A 1,A 2分别为C 的左右顶点，则A 1(−a,0),A 2(a,0)，B 为上顶点，所以B(0,b).所以BA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−a,−b),BA 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(a,−b)，因为BA 1⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅BA 2⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−1 所以−a 2+b 2=−1，将b 2=89a 2代入，解得a 2=9,b 2=8， 故椭圆的方程为x 29+y 28=1.故选：B.2．【2022年全国甲卷】椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左顶点为A ，点P ，Q 均在C 上，且关于y 轴对称．若直线AP,AQ 的斜率之积为14，则C 的离心率为（ ） A ．√32B ．√22C ．12D ．13【答案】A 【解析】 【分析】设P (x 1,y 1)，则Q (−x 1,y 1)，根据斜率公式结合题意可得y 12−x 12+a 2=14，再根据x 12a 2+y 12b 2=1，将y 1用x 1表示，整理，再结合离心率公式即可得解. 【详解】解：A(−a,0)，设P(x1,y1)，则Q(−x1,y1)，则k AP=y1x1+a ,k AQ=y1−x1+a，故k AP⋅k AQ=y1x1+a ⋅y1−x1+a=y12−x12+a2=14，又x12a2+y12b2=1，则y12=b2(a2−x12)a2，所以b2(a2−x12)a2−x12+a2=14，即b2a2=14，所以椭圆C的离心率e=ca =√1−b2a2=√32.故选：A.3．【2022年全国乙卷】设F为抛物线C:y2=4x的焦点，点A在C上，点B(3,0)，若|AF|=|BF|，则|AB|=（）A．2 B．2√2C．3 D．3√2【答案】B【解析】【分析】根据抛物线上的点到焦点和准线的距离相等，从而求得点A的横坐标，进而求得点A坐标，即可得到答案.【详解】由题意得，F(1,0)，则|AF|=|BF|=2，即点A到准线x=−1的距离为2，所以点A的横坐标为−1+2=1，不妨设点A在x轴上方，代入得，A(1,2)，所以|AB|=√(3−1)2+(0−2)2=2√2.故选：B4．【2022年全国乙卷】（多选）双曲线C的两个焦点为F1,F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C的两支交于M，N两点，且cos∠F1NF2=35，则C的离心率为（）A．√52B．32C．√132D．√172【答案】AC 【解析】【分析】依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，利用正弦定理结合三角变换、双曲线的定义得到2b=3a或a=2b，即可得解，注意就M,N在双支上还是在单支上分类讨论.【详解】解：依题意不妨设双曲线焦点在x轴，设过F1作圆D的切线切点为G，若M,N分别在左右支，因为OG⊥NF1，且cos∠F1NF2=35>0，所以N在双曲线的右支，又|OG|=a，|OF1|=c，|GF1|=b，设∠F1NF2=α，∠F2F1N=β，在△F1NF2中，有|NF2|sinβ=|NF1|sin(α+β)=2csinα，故|NF1|−|NF2|sin(α+β)−sinβ=2csinα即asin(α+β)−sinβ=csinα，所以asinαcosβ+cosαsinβ−sinβ=csinα，而cosα=35，sinβ=ac，cosβ=bc，故sinα=45，代入整理得到2b=3a，即ba =32，所以双曲线的离心率e=ca =√1+b2a2=√132若M,N均在左支上，同理有|NF 2|sinβ=|NF 1|sin (α+β)=2c sinα，其中β为钝角，故cosβ=−bc ，故|NF 2|−|NF 1|sinβ−sin (α+β)=2c sinα即a sinβ−sinαcosβ−cosαsinβ=csinα， 代入cosα=35，sinβ=ac ，sinα=45，整理得到：a4b+2a =14， 故a =2b ，故e =√1+(b a)2=√52，故选：AC.5．【2022年北京】若直线2x +y −1=0是圆(x −a)2+y 2=1的一条对称轴，则a =（ ） A ．12 B ．−12C ．1D ．−1【答案】A 【解析】 【分析】若直线是圆的对称轴，则直线过圆心，将圆心代入直线计算求解． 【详解】由题可知圆心为(a,0)，因为直线是圆的对称轴，所以圆心在直线上，即2a +0−1=0，解得a =12． 故选：A ．6．【2022年新高考1卷】（多选）已知O 为坐标原点，点A(1,1)在抛物线C:x 2=2py(p >0)上，过点B(0,−1)的直线交C 于P ，Q 两点，则（ ） A ．C 的准线为y =−1B ．直线AB 与C 相切C ．|OP|⋅|OQ|>|OA |2D ．|BP|⋅|BQ|>|BA|2【答案】BCD 【解析】 【分析】求出抛物线方程可判断A ，联立AB 与抛物线的方程求交点可判断B ，利用距离公式及弦长公式可判断C 、D. 【详解】将点A 的代入抛物线方程得1=2p ，所以抛物线方程为x 2=y ，故准线方程为y =−14，A 错误； k AB =1−(−1)1−0=2，所以直线AB 的方程为y =2x −1，联立{y =2x −1x 2=y ，可得x 2−2x +1=0，解得x =1，故B 正确；设过B 的直线为l ，若直线l 与y 轴重合，则直线l 与抛物线C 只有一个交点， 所以，直线l 的斜率存在，设其方程为y =kx −1，P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2)， 联立{y =kx −1x 2=y，得x 2−kx +1=0，所以{Δ=k 2−4>0x 1+x 2=k x 1x 2=1，所以k >2或k <−2，y 1y 2=(x 1x 2)2=1，又|OP|=√x 12+y 12=√y 1+y 12，|OQ|=√x 22+y 22=√y 2+y 22， 所以|OP|⋅|OQ|=√y 1y 2(1+y 1)(1+y 2)=√kx 1×kx 2=|k|>2=|OA|2，故C 正确； 因为|BP|=√1+k 2|x 1|，|BQ|=√1+k 2|x 2|，所以|BP|⋅|BQ|=(1+k 2)|x 1x 2|=1+k 2>5，而|BA|2=5，故D 正确. 故选：BCD7．【2022年新高考2卷】（多选）已知O 为坐标原点，过抛物线C:y 2=2px(p >0)焦点F 的直线与C 交于A ，B 两点，其中A 在第一象限，点M(p,0)，若|AF|=|AM|，则（ ） A ．直线AB 的斜率为2√6 B ．|OB|=|OF|C ．|AB|>4|OF|D ．∠OAM +∠OBM <180°【答案】ACD 【解析】 【分析】由|AF |=|AM |及抛物线方程求得A(3p 4,√6p2)，再由斜率公式即可判断A 选项；表示出直线AB的方程，联立抛物线求得B(p 3,−√6p3)，即可求出|OB |判断B 选项；由抛物线的定义求出|AB |=25p 12即可判断C 选项；由OA ⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ <0，MA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ <0求得∠AOB ，∠AMB 为钝角即可判断D 选项. 【详解】对于A ，易得F(p2,0)，由|AF |=|AM |可得点A 在FM 的垂直平分线上，则A 点横坐标为p2+p2=3p 4，代入抛物线可得y 2=2p ⋅3p 4=32p2，则A(3p 4,√6p2)，则直线AB 的斜率为√6p23p 4−p2=2√6，A 正确； 对于B ，由斜率为2√6可得直线AB 的方程为x =2√6+p2，联立抛物线方程得y 2−√6−p 2=0，设B(x 1,y 1)，则√62p +y 1=√66p ，则y 1=−√6p3，代入抛物线得(−√6p 3)2=2p ⋅x 1，解得x 1=p3，则B(p 3,−√6p3)，则|OB |=√(p 3)2+(−√6p 3)2=√7p 3≠|OF |=p 2，B 错误； 对于C ，由抛物线定义知：|AB |=3p 4+p 3+p =25p 12>2p =4|OF |，C 正确；对于D ，OA⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅OB ⃑⃑⃑⃑⃑ =(3p 4,√6p 2)⋅(p 3,−√6p 3)=3p 4⋅p 3+√6p 2⋅(−√6p 3)=−3p 24<0，则∠AOB 为钝角， 又MA ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅MB ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(−p 4,√6p 2)⋅(−2p 3,−√6p 3)=−p 4⋅(−2p 3)+√6p 2⋅(−√6p 3)=−5p 26<0，则∠AMB 为钝角，又∠AOB +∠AMB +∠OAM +∠OBM =360∘，则∠OAM +∠OBM <180∘，D 正确. 故选：ACD.8．【2022年全国甲卷】设点M在直线2x+y−1=0上，点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，则⊙M 的方程为______________．【答案】(x−1)2+(y+1)2=5【解析】【分析】设出点M的坐标，利用(3,0)和(0,1)均在⊙M上，求得圆心及半径，即可得圆的方程.【详解】解：∵点M在直线2x+y−1=0上，∴设点M为(a,1−2a)，又因为点(3,0)和(0,1)均在⊙M上，∴点M到两点的距离相等且为半径R，∴√(a−3)2+(1−2a)2=√a2+(−2a)2=R，a2−6a+9+4a2−4a+1=5a2，解得a=1，∴M(1,−1)，R=√5，⊙M的方程为(x−1)2+(y+1)2=5.故答案为：(x−1)2+(y+1)2=59．【2022年全国甲卷】记双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y=2x与C无公共点”的e的一个值______________．【答案】2（满足1<e≤√5皆可）【解析】【分析】根据题干信息，只需双曲线渐近线y=±ba x中0<ba≤2即可求得满足要求的e值.【详解】解：C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)，所以C的渐近线方程为y=±bax,结合渐近线的特点，只需0<ba ≤2，即b2a2≤4，可满足条件“直线y=2x与C无公共点”所以e=ca =√1+b2a2≤√1+4=√5，又因为e>1，所以1<e≤√5，故答案为：2（满足1<e≤√5皆可）10．【2022年全国甲卷】若双曲线y 2−x 2m 2=1(m >0)的渐近线与圆x 2+y 2−4y +3=0相切，则m =_________．【答案】√33【解析】 【分析】首先求出双曲线的渐近线方程，再将圆的方程化为标准式，即可得到圆心坐标与半径，依题意圆心到直线的距离等于圆的半径，即可得到方程，解得即可． 【详解】解：双曲线y 2−x 2m2=1(m >0)的渐近线为y =±xm ，即x ±my =0，不妨取x +my =0，圆x 2+y 2−4y +3=0，即x 2+(y −2)2=1，所以圆心为(0,2)，半径r =1，依题意圆心(0,2)到渐近线x +my =0的距离d =√1+m 2=1，解得m =√33或m =−√33（舍去）．故答案为：√33．11．【2022年全国乙卷】过四点(0,0),(4,0),(−1,1),(4,2)中的三点的一个圆的方程为____________．【答案】(x −2)2+(y −3)2=13或(x −2)2+(y −1)2=5或(x −43)2+(y −73)2=659或(x−85)2+(y −1)2=16925；【解析】 【分析】设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，根据所选点的坐标，得到方程组，解得即可； 【详解】解：依题意设圆的方程为x 2+y 2+Dx +Ey +F =0，若过(0,0)，(4,0)，(−1,1)，则{F =016+4D +F =01+1−D +E +F =0 ，解得{F =0D =−4E =−6 ，所以圆的方程为x 2+y 2−4x −6y =0，即(x −2)2+(y −3)2=13；若过(0,0)，(4,0)，(4,2)，则{F =016+4D +F =016+4+4D +2E +F =0 ，解得{F =0D =−4E =−2 ， 所以圆的方程为x 2+y 2−4x −2y =0，即(x −2)2+(y −1)2=5； 若过(0,0)，(4,2)，(−1,1)，则{F =01+1−D +E +F =016+4+4D +2E +F =0 ，解得{F =0D =−83E =−143 ，所以圆的方程为x 2+y 2−83x −143y =0，即(x −43)2+(y −73)2=659；若过(−1,1)，(4,0)，(4,2)，则{1+1−D +E +F =016+4D +F =016+4+4D +2E +F =0，解得{F =−165D =−165E =−2 ， 所以圆的方程为x 2+y 2−165x −2y −165=0，即(x −85)2+(y −1)2=16925；故答案为：(x −2)2+(y −3)2=13或(x −2)2+(y −1)2=5或(x −43)2+(y −73)2=659或(x −85)2+(y −1)2=16925；12．【2022年新高考1卷】写出与圆x 2+y 2=1和(x −3)2+(y −4)2=16都相切的一条直线的方程________________．【答案】y =−34x +54或y =724x −2524或x =−1 【解析】 【分析】先判断两圆位置关系，分情况讨论即可. 【详解】圆x 2+y 2=1的圆心为O (0,0)，半径为1，圆(x −3)2+(y −4)2=16的圆心O 1为(3,4)，半径为4，两圆圆心距为√32+42=5，等于两圆半径之和，故两圆外切， 如图，当切线为l 时，因为k OO 1=43，所以k l =−34，设方程为y =−34x +t(t >0)O 到l 的距离d =√1+916=1，解得t =54，所以l 的方程为y =−34x +54，当切线为m 时，设直线方程为kx +y +p =0，其中p >0，k <0，由题意{√1+k 2=1√1+k2=4 ，解得{k =−724p =2524，y =724x −2524 当切线为n 时，易知切线方程为x =−1， 故答案为：y =−34x +54或y =724x −2524或x =−1.13．【2022年新高考1卷】已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)，C 的上顶点为A ，两个焦点为F 1，F 2，离心率为12．过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，|DE|=6，则△ADE 的周长是________________． 【答案】13 【解析】 【分析】利用离心率得到椭圆的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，即3x 2+4y 2−12c 2=0，根据离心率得到直线AF 2的斜率，进而利用直线的垂直关系得到直线DE 的斜率，写出直线DE 的方程：x =√3y −c ，代入椭圆方程3x 2+4y 2−12c 2=0，整理化简得到：13y 2−6√3cy −9c 2=0，利用弦长公式求得c =138，得a =2c =134，根据对称性将△ADE 的周长转化为△F 2DE 的周长，利用椭圆的定义得到周长为4a =13. 【详解】∵椭圆的离心率为e =ca =12，∴a =2c ，∴b 2=a 2−c 2=3c 2，∴椭圆的方程为x 24c 2+y 23c 2=1，即3x 2+4y 2−12c 2=0，不妨设左焦点为F 1，右焦点为F 2，如图所示，∵AF 2=a ，OF 2=c ，a =2c ，∴∠AF 2O =π3，∴△AF 1F 2为正三角形，∵过F 1且垂直于AF 2的直线与C 交于D ，E 两点，DE 为线段AF 2的垂直平分线，∴直线DE 的斜率为√33，斜率倒数为√3， 直线DE 的方程：x =√3y −c ，代入椭圆方程3x 2+4y 2−12c 2=0，整理化简得到：13y 2−6√3cy −9c 2=0，判别式∆=(6√3c)2+4×13×9c 2=62×16×c 2， ∴|CD |=√1+(√3)2|y 1−y 2|=2×√∆13=2×6×4×c 13=6，∴ c =138， 得a =2c =134，∵DE 为线段AF 2的垂直平分线，根据对称性，AD =DF 2，AE =EF 2，∴△ADE 的周长等于△F 2DE 的周长，利用椭圆的定义得到△F 2DE 周长为|DF 2|+|EF 2|+|DE|=|DF 2|+|EF 2|+|DF 1|+|EF 1|=|DF 1|+|DF 2|+|EF 1|+|EF 2|=2a +2a =4a =13. 故答案为：13.14．【2022年新高考2卷】设点A(−2,3),B(0,a)，若直线AB 关于y =a 对称的直线与圆(x +3)2+(y +2)2=1有公共点，则a 的取值范围是________． 【答案】[13,32] 【解析】 【分析】首先求出点A 关于y =a 对称点A ′的坐标，即可得到直线l 的方程，根据圆心到直线的距离小于等于半径得到不等式，解得即可； 【详解】解：A (−2,3)关于y =a 对称的点的坐标为A ′(−2,2a −3)，B (0,a )在直线y =a 上， 所以A ′B 所在直线即为直线l ，所以直线l 为y =a−3−2x +a ，即(a −3)x +2y −2a =0；圆C:(x +3)2+(y +2)2=1，圆心C (−3,−2)，半径r =1， 依题意圆心到直线l 的距离d =√(a−3)2+22≤1，即(5−5a )2≤(a −3)2+22，解得13≤a ≤32，即a ∈[13,32]； 故答案为：[13,32]15．【2022年新高考2卷】已知直线l 与椭圆x 26+y 23=1在第一象限交于A ，B 两点，l 与x轴，y 轴分别交于M ，N 两点，且|MA|=|NB|,|MN|=2√3，则l 的方程为___________． 【答案】x +√2y −2√2=0 【解析】 【分析】令AB 的中点为E ，设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，利用点差法得到k OE ⋅k AB =−12，设直线AB:y =kx +m ，k <0，m >0，求出M 、N 的坐标，再根据|MN |求出k 、m ，即可得解； 【详解】解：令AB 的中点为E ，因为|MA |=|NB |，所以|ME |=|NE |， 设A (x 1,y 1)，B (x 2,y 2)，则x 126+y 123=1，x 226+y 223=1，所以x 126−x 226+y 123−y 223=0，即(x 1−x 2)(x 1+x 2)6+(y 1+y 2)(y 1−y 2)3=0所以(y 1+y 2)(y 1−y 2)(x 1−x 2)(x 1+x 2)=−12，即k OE ⋅k AB =−12，设直线AB:y =kx +m ，k <0，m >0，令x =0得y =m ，令y =0得x =−m k ，即M (−m k ,0)，N (0,m )，所以E (−m 2k ,m2)， 即k ×m2−m 2k=−12，解得k =−√22或k =√22（舍去），又|MN |=2√3，即|MN |=√m 2+(√2m)2=2√3，解得m =2或m =−2（舍去）， 所以直线AB:y =−√22x +2，即x +√2y −2√2=0；故答案为：x+√2y−2√2=016．【2022年北京】已知双曲线y2+x2m =1的渐近线方程为y=±√33x，则m=__________．【答案】−3【解析】【分析】首先可得m<0，即可得到双曲线的标准方程，从而得到a、b，再跟渐近线方程得到方程，解得即可；【详解】解：对于双曲线y2+x2m =1，所以m<0，即双曲线的标准方程为y2−x2−m=1，则a=1，b=√−m，又双曲线y2+x2m =1的渐近线方程为y=±√33x，所以ab =√33，即√−m=√33，解得m=−3；故答案为：−317．【2022年浙江】已知双曲线x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F且斜率为b4a的直线交双曲线于点A(x1,y1)，交双曲线的渐近线于点B(x2,y2)且x1<0<x2．若|FB|=3|FA |，则双曲线的离心率是_________．【答案】3√64【解析】【分析】联立直线AB 和渐近线l 2:y =ba x 方程，可求出点B ，再根据|FB|=3|FA|可求得点A ，最后根据点A 在双曲线上，即可解出离心率． 【详解】过F 且斜率为b4a 的直线AB:y =b4a (x +c)，渐近线l 2:y =ba x ， 联立{y =b4a (x +c)y =b a x，得B (c 3,bc 3a )，由|FB|=3|FA|，得A (−5c 9,bc 9a), 而点A 在双曲线上，于是25c 281a 2−b 2c 281a 2b 2=1，解得：c 2a 2=8124，所以离心率e =3√64. 故答案为：3√64．18．【2022年全国甲卷】设抛物线C:y 2=2px(p >0)的焦点为F ，点D (p,0)，过F 的直线交C 于M ，N 两点．当直线MD 垂直于x 轴时，|MF |=3． (1)求C 的方程；(2)设直线MD,ND 与C 的另一个交点分别为A ，B ，记直线MN,AB 的倾斜角分别为α,β．当α−β取得最大值时，求直线AB 的方程． 【答案】(1)y 2=4x ； (2)AB:x =√2y +4. 【解析】 【分析】（1）由抛物线的定义可得|MF|=p +p2，即可得解；（2）设点的坐标及直线MN:x =my +1，由韦达定理及斜率公式可得k MN =2k AB ，再由差角的正切公式及基本不等式可得k AB =√22，设直线AB:x =√2y +n ，结合韦达定理可解.(1)抛物线的准线为x =−p2，当MD 与x 轴垂直时，点M 的横坐标为p ， 此时|MF|=p +p2=3，所以p =2， 所以抛物线C 的方程为y 2=4x ； (2)设M(y 124,y 1),N(y 224,y 2),A(y 324,y 3),B(y 424,y 4)，直线MN:x =my +1，由{x =my +1y 2=4x 可得y 2−4my −4=0，Δ>0,y 1y 2=−4，由斜率公式可得k MN =y 1−y 2y 124−y 224=4y1+y 2，k AB =y 3−y 4y 324−y 424=4y3+y 4，直线MD:x =x 1−2y 1⋅y +2，代入抛物线方程可得y 2−4(x 1−2)y 1⋅y −8=0，Δ>0,y 1y 3=−8，所以y 3=2y 2，同理可得y 4=2y 1， 所以k AB =4y3+y 4=42(y1+y 2)=k MN 2又因为直线MN 、AB 的倾斜角分别为α,β， 所以k AB =tanβ=k MN 2=tanα2，若要使α−β最大，则β∈(0,π2)， 设k MN =2k AB=2k >0，则tan(α−β)=tanα−tanβ1+tanαtanβ=k 1+2k 2=11k+2k ≤2√1k⋅2k=√24，当且仅当1k =2k 即k =√22时，等号成立，所以当α−β最大时，k AB =√22，设直线AB:x =√2y +n ，代入抛物线方程可得y 2−4√2y −4n =0， Δ>0,y 3y 4=−4n =4y 1y 2=−16，所以n =4， 所以直线AB:x =√2y +4. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是利用抛物线方程对斜率进行化简，利用韦达定理得出坐标间的关系.19．【2022年全国乙卷】已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A (0,−2),B (32,−1)两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P (1,−2)的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =TH ⃑⃑⃑⃑⃑ ．证明：直线HN 过定点． 【答案】(1)y 24+x 23=1(2)(0,−2) 【解析】 【分析】（1）将给定点代入设出的方程求解即可；（2）设出直线方程，与椭圆C 的方程联立，分情况讨论斜率是否存在，即可得解. (1)解：设椭圆E 的方程为mx 2+ny 2=1，过A (0,−2),B (32,−1)， 则{4n =194m +n =1 ，解得m =13，n =14，所以椭圆E 的方程为：y 24+x 23=1.(2)A(0,−2),B(32,−1)，所以AB:y +2=23x ，①若过点P(1,−2)的直线斜率不存在，直线x =1.代入x 23+y 24=1，可得M(1,2√63)，N(1,−2√63)，代入AB 方程y =23x −2，可得T(√6+3,2√63)，由MT ⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =TH ⃑⃑⃑⃑⃑ 得到H(2√6+5,2√63).求得HN 方程：y =(2−2√63)x −2，过点(0,−2).②若过点P(1,−2)的直线斜率存在，设kx −y −(k +2)=0,M(x 1,y 1),N(x 2,y 2). 联立{kx −y −(k +2)=0x 23+y 24=1,得(3k 2+4)x 2−6k(2+k)x +3k(k +4)=0，可得{x 1+x 2=6k(2+k)3k 2+4x 1x 2=3k(4+k)3k 2+4 ，{y 1+y 2=−8(2+k)3k 2+4y 2y 2=4(4+4k−2k 2)3k 2+4 ， 且x 1y 2+x 2y 1=−24k3k 2+4(∗) 联立{y =y 1y =23x −2 ,可得T(3y 12+3,y 1),H(3y 1+6−x 1,y 1).可求得此时HN:y−y2=y1−y23y1+6−x1−x2(x−x2)，将(0,−2)，代入整理得2(x1+x2)−6(y1+y2)+x1y2+x2y1−3y1y2−12=0，将(∗)代入，得24k+12k2+96+48k−24k−48−48k+24k2−36k2−48=0,显然成立，综上，可得直线HN过定点(0,−2).【点睛】求定点、定值问题常见的方法有两种：①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.20．【2022年新高考1卷】已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP,AQ的斜率之和为0．(1)求l的斜率；(2)若tan∠PAQ=2√2，求△PAQ的面积．【答案】(1)−1；(2)16√29．【解析】【分析】（1）由点A(2,1)在双曲线上可求出a，易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x1,y1),Q (x2,y2)，再根据k AP+k BP=0，即可解出l的斜率；（2）根据直线AP,AQ的斜率之和为0可知直线AP,AQ的倾斜角互补，再根据tan∠PAQ=2√2即可求出直线AP,AQ的斜率，再分别联立直线AP,AQ与双曲线方程求出点P,Q的坐标，即可得到直线PQ的方程以及PQ的长，由点到直线的距离公式求出点A到直线PQ的距离，即可得出△PAQ的面积．(1)因为点A(2,1)在双曲线C:x2a2−y2a2−1=1(a>1)上，所以4a2−1a2−1=1，解得a2=2，即双曲线C:x22−y2=1易知直线l的斜率存在，设l:y=kx+m，P(x1,y1),Q(x2,y2)，联立{y =kx +m x 22−y 2=1可得，(1−2k 2)x 2−4mkx −2m 2−2=0，所以，x 1+x 2=−4mk 2k 2−1,x 1x 2=2m 2+22k 2−1，Δ=16m 2k 2+4(2m 2+2)(2k 2−1)>0⇒m 2−1+2k 2>0．所以由k AP +k BP =0可得，y 2−1x2−2+y 1−1x 1−2=0，即(x 1−2)(kx 2+m −1)+(x 2−2)(kx 1+m −1)=0， 即2kx 1x 2+(m −1−2k )(x 1+x 2)−4(m −1)=0， 所以2k ×2m 2+22k 2−1+(m −1−2k )(−4mk2k 2−1)−4(m −1)=0，化简得，8k 2+4k −4+4m (k +1)=0，即(k +1)(2k −1+m )=0， 所以k =−1或m =1−2k ，当m =1−2k 时，直线l:y =kx +m =k (x −2)+1过点A (2,1)，与题意不符，舍去， 故k =−1． (2)不妨设直线PA,PB 的倾斜角为α,β(α<β)，因为k AP +k BP =0，所以α+β=π， 因为tan∠PAQ =2√2，所以tan (β−α)=2√2，即tan2α=−2√2， 即√2tan 2α−tanα−√2=0，解得tanα=√2，于是，直线PA:y =√2(x −2)+1，直线PB:y =−√2(x −2)+1， 联立{y =√2(x −2)+1x 22−y 2=1可得，32x 2+2(1−2√2)x +10−4√2=0，因为方程有一个根为2，所以x P =10−4√23，y P = 4√2−53，同理可得，x Q =10+4√23，y Q = −4√2−53．所以PQ:x +y −53=0，|PQ |=163，点A 到直线PQ 的距离d =|2+1−53|√2=2√23， 故△PAQ 的面积为12×163×2√23=16√29．21．【2022年新高考2卷】已知双曲线C:x 2a 2−y 2b 2=1(a >0,b >0)的右焦点为F(2,0)，渐近线方程为y =±√3x ． (1)求C 的方程；(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点，点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上，且x1> x2>0,y1>0．过P且斜率为−√3的直线与过Q且斜率为√3的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立：①M在AB上；②PQ∥AB；③|MA|=|MB|．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分.=1【答案】(1)x2−y23(2)见解析【解析】【分析】（1）利用焦点坐标求得c的值，利用渐近线方程求得a,b的关系，进而利用a,b,c的平方关系求得a,b的值，得到双曲线的方程；（2）先分析得到直线AB的斜率存在且不为零，设直线AB的斜率为k,M(x0,y0),由③|AM|=| BM|等价分析得到x0+ky0=8k2；由直线PM和QM的斜率得到直线方程，结合双曲线的方k2−3，由②PQ//AB等价转化为ky0=3x0，由程，两点间距离公式得到直线PQ的斜率m=3x0y①M在直线AB上等价于ky0=k2(x0−2)，然后选择两个作为已知条件一个作为结论，进行证明即可.(1)=√3，∴b=√3a，∴c2=a2+右焦点为F(2,0)，∴c=2,∵渐近线方程为y=±√3x，∴bab2=4a2=4，∴a=1，∴b=√3．=1；∴C的方程为：x2−y23(2)由已知得直线PQ的斜率存在且不为零，直线AB的斜率不为零，若选由①②推③或选由②③推①：由②成立可知直线AB的斜率存在且不为零；若选①③推②，则M为线段AB的中点，假若直线AB的斜率不存在，则由双曲线的对称性可知M在x轴上，即为焦点F,此时由对称性可知P、Q关于x轴对称，与从而x1=x2，已知不符；总之，直线AB的斜率存在且不为零.设直线AB的斜率为k,直线AB方程为y=k(x−2),则条件①M在AB上，等价于y0=k(x0−2)⇔ky0=k2(x0−2)；两渐近线的方程合并为3x2−y2=0,联立消去y并化简整理得：(k2−3)x2−4k2x+4k2=0设A(x3,y3),B(x3,y4),线段中点为N(x N,y N),则x N=x3+x42=2k2k2−3,y N=k(x N−2)=6kk2−3,设M(x0,y0),则条件③|AM|=|BM|等价于(x0−x3)2+(y0−y3)2=(x0−x4)2+(y0−y4)2, 移项并利用平方差公式整理得：(x3−x4)[2x0−(x3+x4)]+(y3−y4)[2y0−(y3+y4)]=0，[2x0−(x3+x4)]+y3−y4x3−x4[2y0−(y3+y4)]=0,即x−x N+k(y0−y N)=0,即x0+ky0=8k2k2−3；由题意知直线PM的斜率为−√3, 直线QM的斜率为√3, ∴由y1−y0=−√3(x1−x0),y2−y0=√3(x2−x0), ∴y1−y2=−√3(x1+x2−2x0),所以直线PQ的斜率m=y1−y2x1−x2=−√3(x1+x2−2x0)x1−x2,直线PM:y=−√3(x−x0)+y0,即y=y0+√3x0−√3x,代入双曲线的方程3x2−y2−3=0,即(√3x+y)(√3x−y)=3中，得：(y0+√3x0)[2√3x−(y0+√3x0)]=3,解得P的横坐标：x1=2√3(y+√3x+y0+√3x0),同理：x2=2√3(y−√3xy0−√3x0)，∴x1−x2=√3(3y0y02−3x02+y0),x1+x2−2x0=−3x0y02−3x02−x0,∴m=3x0y,∴条件②PQ//AB等价于m=k⇔ky0=3x0，综上所述：条件①M在AB上，等价于ky0=k2(x0−2)；条件②PQ//AB等价于ky0=3x0；条件③|AM|=|BM|等价于x0+ky0=8k2k2−3；选①②推③:由①②解得：x 0=2k 2k 2−3,∴x 0+ky 0=4x 0=8k 2k 2−3,∴③成立；选①③推②：由①③解得：x 0=2k 2k 2−3，ky 0=6k 2k 2−3， ∴ky 0=3x 0，∴②成立； 选②③推①：由②③解得：x 0=2k 2k 2−3，ky 0=6k 2k 2−3，∴x 0−2=6k 2−3， ∴ky 0=k 2(x 0−2)，∴①成立. 22．【2022年北京】已知椭圆：E:x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的一个顶点为A(0,1)，焦距为2√3． (1)求椭圆E 的方程；(2)过点P(−2,1)作斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点B ，C ，直线AB ，AC 分别与x 轴交于点M ，N ，当|MN|=2时，求k 的值． 【答案】(1)x 24+y 2=1(2)k =−4 【解析】 【分析】（1）依题意可得{b =12c =2√3c 2=a 2−b 2，即可求出a ，从而求出椭圆方程；（2）首先表示出直线方程，设B (x 1,y 1)、C (x 2,y 2)，联立直线与椭圆方程，消元列出韦达定理，由直线AB 、AC 的方程，表示出x M 、x N ，根据|MN |=|x N −x M |得到方程，解得即可； (1)解：依题意可得b =1，2c =2√3，又c 2=a 2−b 2， 所以a =2，所以椭圆方程为x 24+y 2=1；(2)解：依题意过点P (−2,1)的直线为y −1=k (x +2)，设B (x 1,y 1)、C (x 2,y 2)，不妨令−2≤x 1<x 2≤2，由{y −1=k (x +2)x 24+y 2=1 ，消去y 整理得(1+4k 2)x 2+(16k 2+8k )x +16k 2+16k =0， 所以Δ=(16k 2+8k )2−4(1+4k 2)(16k 2+16k )>0，解得k <0，所以x 1+x 2=−16k 2+8k 1+4k 2，x 1⋅x 2=16k 2+16k 1+4k 2，直线AB 的方程为y −1=y 1−1x 1x ，令y =0，解得x M =x11−y 1， 直线AC 的方程为y −1=y 2−1x 2x ，令y =0，解得x N =x21−y 2， 所以|MN |=|x N −x M |=|x21−y 2−x11−y 1|=|x 21−[k (x 2+2)+1]−x 11−[k (x 1+2)+1]| =|x 2−k (x 2+2)+x 1k (x 1+2)| =|(x 2+2)x 1−x 2(x 1+2)k (x 2+2)(x 1+2)|=2|x 1−x 2||k |(x 2+2)(x 1+2)=2，所以|x 1−x 2|=|k |(x 2+2)(x 1+2)，即√(x 1+x 2)2−4x 1x 2=|k |[x 2x 1+2(x 2+x 1)+4] 即√(−16k 2+8k1+4k 2)2−4×16k 2+16k 1+4k 2=|k |[16k 2+16k 1+4k 2+2(−16k 2+8k 1+4k 2)+4]即81+4k 2√(2k 2+k )2−(1+4k 2)(k 2+k )=|k |1+4k2[16k 2+16k −2(16k 2+8k )+4(1+4k 2)]整理得8√−k =4|k |，解得k =−4 23．【2022年浙江】如图，已知椭圆x 212+y 2=1．设A ，B 是椭圆上异于P(0,1)的两点，且点Q (0,12)在线段AB 上，直线PA,PB 分别交直线y =−12x +3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值； (2)求|CD|的最小值．【答案】(1)12√1111；(2)6√55．【解析】 【分析】（1）设Q(2√3cosθ,sinθ)是椭圆上任意一点,再根据两点间的距离公式求出|PQ|2，再根据二次函数的性质即可求出；（2）设直线AB:y =kx +12与椭圆方程联立可得x 1x 2,x 1+x 2，再将直线y =−12x +3方程与PA 、PB 的方程分别联立，可解得点C,D 的坐标，再根据两点间的距离公式求出|CD |，最后代入化简可得|CD |=3√52⋅√16k 2+1|3k+1|，由柯西不等式即可求出最小值． (1)设Q(2√3cosθ,sinθ)是椭圆上任意一点,P(0,1),则|PQ|2=12cos 2θ+(1−sinθ)2=13−11sin 2θ−2sinθ=−11(sinθ+111)2+14411≤14411，当且仅当sinθ=−111时取等号，故|PQ|的最大值是12√1111.(2)设直线AB:y =kx +12,直线AB 方程与椭圆x 212+y 2=1联立,可得(k 2+112)x 2+kx −34=0,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)，所以{x 1+x 2=−kk 2+112x 1x 2=−34(k 2+112)， 因为直线PA:y =y 1−1x 1x +1与直线y =−12x +3交于C ,则x C =4x 1x1+2y 1−2=4x 1(2k+1)x 1−1,同理可得,x D =4x 2x 2+2y 2−2=4x 2(2k+1)x 2−1.则|CD|=√1+14|x C −x D |=√52|4x 1(2k +1)x 1−1−4x 2(2k +1)x 2−1|=2√5|x 1−x 2[(2k +1)x 1−1][(2k +1)x 2−1]|=2√5|x 1−x 2(2k +1)2x 1x 2−(2k +1)(x 1+x 2)+1|=3√52⋅√16k 2+1|3k+1|=6√55⋅√16k 2+1√916+1|3k+1|≥6√55×√(4k×34+1×1)2|3k+1|=6√55， 当且仅当k =316时取等号，故|CD |的最小值为6√55.【点睛】本题主要考查最值的计算，第一问利用椭圆的参数方程以及二次函数的性质较好解决，第二问思路简单，运算量较大，求最值的过程中还使用到柯西不等式求最值，对学生的综合能力要求较高，属于较难题．1．（2022·全国·模拟预测）设M 是椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的上顶点，P 是C 上的一个动点，当P 运动到下顶点时，PM 取得最大值，则C 的离心率的取值范围是（ ）A ．⎫⎪⎪⎣⎭B ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．⎛ ⎝⎦D ．10,2⎛⎤⎥⎝⎦【答案】C 【解析】 【分析】设()00,P x y ，由()0,M b ，求出()2220PM x y b =+-消元可得，22342220222c b b PM y a b b c c⎛⎫=-++++ ⎪⎝⎭，再根据0b y b -≤≤以及二次函数的性质可知，32b bc -≤-，即可解出． 【详解】设()00,P x y ，()0,M b ，因为2200221x y a b+=，222a b c =+，所以()()2223422222220000022221y c b b PM x y b a y b y a b b b c c ⎛⎫⎛⎫=+-=-+-=-++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0b y b -≤≤，由题意知当0y b =-时，2PM 取得最大值，所以32b b c -≤-，可得222a c ≥，即0e 2<≤故选：C ．2．（2022·福建·三明一中模拟预测）已知圆229:4O x y +=，圆22:()(1)1M x a y -+-=，若圆M 上存在点P ，过点P 作圆O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得π3APB ∠=，则实数a的取值范围是（ ）A ．[B ．[C ．D ．[[3,15]【答案】D【解析】 【分析】由题意求出OP 的距离，得到 P 的轨迹，再由圆与圆的位置关系求得答案． 【详解】由题可知圆O 的半径为32，圆M 上存在点P ，过点P 作圆 O 的两条切线，切点分别为A ，B ，使得60APB ∠=︒，则30APO ∠=︒， 在Rt PAO △中，3PO =， 所以点 P 在圆229x y +=上，由于点 P 也在圆 M 上，故两圆有公共点. 又圆 M 的半径等于1，圆心坐标(),1M a ， 3131OM -≤≤+∴，∴24≤≤，∴a ∈[[3,15]. 故选：D.3．（2022·全国·模拟预测（文））已知双曲线22221x y a b-=（0a >，0b >）一个虚轴的顶点为()0,B b ，右焦点为F ，分别以B ，F 为圆心作圆与双曲线的一条斜率为正值的渐近线相切于M ，N 两点，若ON =，则该渐近线的斜率为（ ）A ．12 B ．1 C D 【答案】A 【解析】 【分析】根据渐近线倾斜角的正切值表达出ON =，再化简得到4224200b a b a --=求解即可 【详解】由题意，如图，设NOF θ∠=，则因为该渐近线的斜率为ba ，故tanb aθ=，cos acθ==，sin bcθ==，又因为圆与渐近线相切，故BM OM ⊥，FN ON ⊥，故2cos sin 2b OM OB OB c π-θθ⎛⎫=== ⎪⎝⎭，cos ON OF a θ==,所以a =，即2，所以4224200b a b a --=，即()()2222450b a b a -+=，故2240b a -=，即2a b =，故该渐近线的斜率为12b k a ==故选：A4．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知12,F F 分别为双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的左焦点和右焦点，过2F 的直线l 与双曲线的右支交于A ，B 两点，12AF F △的内切圆半径为1r ，12BF F △的内切圆半径为2r ，若12r r >，且直线l 的倾斜角为60︒，则12r r 的值为（ ） A ．2 B ．3CD．【答案】B 【解析】 【分析】根据内切圆的性质及双曲线的定义求出两内切圆圆心的横坐标，由正切函数求解即可. 【详解】记12AF F △的内切圆圆心为C ，边1212,,AF AF F F 上的切点分别为M ，N ，E ，则C ，E 横坐标相等，则1122||||,,AM AN F M F E F N F E ===，由122AF AF a -=，即()12||||2AM MF AN NF a +-+=，得122MF NF a -=，即122F E F E a -=，记C 的横坐标为0x ，则()0,0E x ，于是()002x c c x a +--=，得0x a =，同理12BF F △的内心D 的横坐标也为a ， 则有CD x ⊥轴，由直线的倾斜角为60︒，则230OF D ∠=︒，260CF O ∠=︒， 在2CEF △中，122tan tan 60r CF O EF ∠=︒=，可得12r =， 在2DEF △中，222tan tan 30r DF O EF ∠=︒=，可得22r =，可得123r r ==．故选：B5．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知双曲线22214x y b-=的左､右焦点分别为12,,F F 过左焦点1F 作斜率为2的直线与双曲线交于A ，B 两点，P 是AB 的中点，O 为坐标原点，若直线OP 的斜率为14，则b 的值是（ ）A ．2 BC ．32D【答案】D 【解析】 【分析】利用点差法设()11,A x y 、()22,B x y ，作差即可得到2121212124y y y y b x x x x -+⋅=-+，再根据斜率公式，从而得到2124b =，即可得解；【详解】解：设()11,A x y 、()22,B x y ，则2211214x y b -=，2222214x y b-=， 两式相减可得()()()()1212121221104x x x x y y y y b-+--+=，P 为线段AB 的中点，122p x x x ∴=+，122p y y y =+， 2121212124y y y y b x x x x -+∴⋅=-+，又12122AB y y k x x -==-，121214y y x x +=+， 2124b ∴=，即22b =，b ∴= 故选：D.6．（2022·全国·模拟预测（理））已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的左、有焦点分别为1F ，2F ，实轴长为4，离心率2e =，点Q 为双曲线右支上的一点，点(0,4)P ．当1||QF PQ +取最小值时，2QF 的值为（ ） A．1) B．1) C．1 D．1【答案】B 【解析】 【分析】由题意求得a,b,c ,即可得双曲线的方程，结合双曲线的定义确定当1||QF PQ +取最小值时Q 点的位置，利用方程组求得Q 点坐标，再利用两点间的距离公式求得答案. 【详解】由题意可得24,2a a == ，又2e =，故4c = ， 所以22212b c a =-= ，则双曲线方程为221412x y -= ，结合双曲线定义可得221||4||||4QF PQ QF PQ QF PQ +=++=++， 如图示，连接2PF ,交双曲线右支于点M ，即当2,,P Q F 三点共线， 即Q 在M 位置时，1||QF PQ +取最小值，此时直线2PF 方程为4y x =-+ ，联立221412x y-=，解得点Q的坐标为2,6-,( Q 为双曲线右支上的一点)，故21)QF =， 故选：B7．（2022·上海市七宝中学模拟预测）若双曲线221112211:1(0,0)x y C a b a b -=>>和双曲线222222222:1(0,0)x y C a b a b -=>>的焦点相同，且12a a >给出下列四个结论：①22221221a a b b -=-；②1221a b a b >； ③双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点； ④2112a a b b +>+；其中所有正确的结论序号是（ ） A ．①② B ．①③C ．②③D ．①④【答案】B 【解析】 【分析】对于①，根据双曲线的焦点相同，可知焦距相同，可判断22221221a a b b -=-；对于②，举反例可说明1122a b a b <；对于③，根据120a a >>可推得12<b b ，继而推得1212b ba a <，可判断双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点；对于④，举反例可判断.【详解】对于①：∵两双曲线的焦点相同，∴焦距相同，∴22221122a b a b +=+，即22221221a a b b -=-，故①正确；对于②：若1a =，2a =11b =，2b 1122a b a b <，故②错误； 对于③：∵120a a >>，∴22221221a a b b -=->0，∴2221b b > ，即12<b b ，即1212b b a a <，双曲线1C 与双曲线2C 一定没有公共点，故③正确； 对于④：∵22221221a a b b -=-，∴12121221()()()()a a a a b b b b +-=+-，∵12a a >且12<b b ，∴12211212a ab b b b a a +-=+- ， 若12a =，21a =，11b =，22b =，则1212a a b b +=+，故④错误. 故选：B8．（2022·陕西·宝鸡中学模拟预测（理））已知双曲线()222210,0x y a b a b-=>>的左､右焦点分别为12,F F ，M 为双曲线右支上的一点，若M 在以12F F 为直径的圆上，且215,312MF F ππ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，则该双曲线离心率的取值范围为（ ） A．(B．)+∞C．()1D．1⎤⎦【答案】D 【解析】 【分析】由12MF MF ⊥可得1212sin MF c MF F =∠、2212cos MF c MF F =∠，由双曲线定义可构造方程得到2114caMF F π=⎛⎫∠- ⎪⎝⎭；由正弦型函数值域的求法可求得离心率的取值范围.【详解】M 在以12F F 为直径的圆上，12MF MF ∴⊥，12112sin MF MF F F F ∴∠=，22112cos MF MF F F F ∠=，1212sin MF c MF F ∴=∠，2212cos MF c MF F =∠， 由双曲线定义知：122MF MF a -=，即21212sin 2cos 2c MF F c MF F a ∠-∠=，21212111sin cos 4c a MF F MF F MF F π∴==∠-∠⎛⎫∠- ⎪⎝⎭； 215,312MF F ππ⎡⎤∠∈⎢⎥⎣⎦，21,4126MF F πππ⎡⎤∴∠-∈⎢⎥⎣⎦，211sin 42MF F π⎤⎛⎫∴∠-∈⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦，214MF F π⎛⎫∠-∈ ⎪⎝⎭⎣⎦，1c a ⎤∴∈⎦，即双曲线离心率的取值范围为1⎤⎦.故选：D.9．（2022·河南·通许县第一高级中学模拟预测（文））已知双曲线()2222:10,0x y C a b a b-=>>的左、右焦点分别为12,F F ，过点1F 的直线l 与C 的左、右两支分别交于点,A B ，若2ABF 是边长为4的等边三角形，则C 的离心率为（ ） A ．3 BCD ．2【答案】B 【解析】 【分析】由双曲线定义可推导得244AF a ==，求得1a =；在12BF F △中，利用余弦定理可求得12F F ，进而得到c ，由ce a=可求得离心率. 【详解】224AB BF AF ===，1212BF BF AF a ∴-==，又212AF AF a -=，244AF a ∴==，解得：1a =，16BF ∴=， 在12BF F △中，由余弦定理得：2221212122cos 283F F BF BF BF BF π=+-⋅=，解得：12F F =2c =，c ∴=∴双曲线C 的离心率ce a==故选：B.10．（2022·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左右焦点为12,F F ，若椭圆C 上恰好有6个不同的点P ，使得12F F P 为等腰三角形，则椭圆C 的离心率的取值范围是（ ） A ．111,,1322⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．110,,132⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．1,13⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A 【解析】 【分析】由题可知六个P 点，有两个是短轴端点，因此在四个象限各一个，设(,)P x y 是第一象限内的点，分112PF F F =或212PF F F =，列方程组求得P 点横坐标x ，由0x a <<可得离心率范围；或结合椭圆的性质列出不等关系即得． 【详解】法一：显然，P 是短轴端点时，12PF PF =，满足12F F P 为等腰三角形，因此由对称性，还有四个点在四个象限内各有一个，设(,)P x y 是第一象限内使得12F F P 为等腰三角形的点，若112PF F F =，则222212x y a b c ⎧+=⎪=，又222a b c =+， 消去y 整理得：222224240c x a cx a c a +-+=， 解得22a ac x c --=(舍去)或22a acx c -+=， 由0x a <<得220a aca c-+<<，所以112c a <<，即112e <<，若212PF F F =，则222212x y a b c ⎧+=⎪=，又222a b c =+， 消去y 整理得：222224240c x a cx a c a --+=， 解得22a ac x c -=或22a ac x c +=，22a aca c +>舍去．所以220a aca c-<<，所以1132c a <<，即1132e <<，12e =时，2a c =，12PF F △是等边三角形，P 只能是短轴端点，只有2个，不合题意． 综上，e 的范围是111(,)(,1)322⋃．法二：①当点P 与短轴的顶点重合时，12F F P 构成以12F F 为底边的等腰三角形，此种情况有2个满足条件的12F F P ；②当12F F P 构成以12F F 为一腰的等腰三角形时，根据椭圆的对称性，只要在第一象限内的椭圆上恰好有一点P 满足12F F P 为等腰三角形即可，则1122PF F F c ==或2122PF F F c == 当12PF c =时，则2c a >，即12c e a =>，则112e <<，当22PF c =时，则有22c a c c a>-⎧⎨<⎩，则1132e <<，。